Evaluación de $\int_1^3\frac{\ln(x+2)}{x^2+2x+15} \ dx$

Question

¿Podría darme una pista sobre cómo calcular?

$$ \int_1^3\frac{\ln(x+2)}{x^2+2x+15}dx $$

Gracias por su ayuda

Answer 1

No es realmente una simple integral (aunque no ocurra nada especial en el rango $(1,3)$ ). Sasha dio una buena aproximación (+1) vamos a proporcionar la respuesta dilogaritmo...

Empecemos por factorizar el denominador $\ x^2+2x+15$ :
El discriminante reducido es $\Delta=1-1\cdot 15=-14\ $ por lo que tendrá dos soluciones complejas conjugadas : $\ a=-1-i\sqrt{14}\ $ y $\ \overline{a}=-1+i\sqrt{14}$

Reescribamos un poco la integral : $$I:=\int_1^3\frac{\ln(x+2)}{x^2+2x+15}dx=\int_1^3\frac{\ln(x+2)}{(x-a)(x-\overline{a})}dx$$ $$I=\frac 1{a-\overline{a}}\int_1^3 \left(\frac {\ln(x+2)}{x-a}-\frac {\ln(x+2)}{x-\overline{a}}\right)dx=\frac {I1-I2}{a-\overline{a}}$$

El (¡prometido!) función dilogaritmo parece : $$\operatorname{Li}_2(z)=-\int_0^z \frac {\ln(1-t)}t dt$$

Reescribamos la primera parte de nuestra integral de la misma manera : $$I1=\int_1^3 \frac {\ln(x+2)}{x-a} dx=\int_1^3 \frac {\ln(x-a+a+2)}{x-a} dx$$ $$I1=\int_1^3 \frac {\ln((a+2)(\frac{x-a}{a+2}+1)}{x-a} dx=\int_1^3 \frac {\ln(a+2)+\ln(1-\frac{a-x}{a+2})}{x-a} dx$$ $$I1=\left[\ln(x-a)\ln(a+2)\right]_1^3 -\int_1^3 \frac {\ln(1-\frac{a-x}{a+2})}{a-x} dx$$ set $\ \displaystyle t:=\frac{a-x}{a+2}$ (para que $\displaystyle \frac {dt}t=-\frac{dx}{a-x}$ ) para obtener : $$I1=\left[\ln(x-a)\ln(a+2)\right]_1^3 -\int_{\frac{a-1}{a+2}}^{\frac{a-3}{a+2}} \frac {\ln(1-t)}{t} (-dt)=\left[\ln(x-a)\ln(a+2)-\operatorname{Li}_2\left(\frac{a-x}{a+2}\right)\right]_1^3$$

Por supuesto, la segunda parte de la integral será : $$I2=\int_1^3 \frac {\ln(x+2)}{x-\overline{a}} dx=\left[\ln(x-\overline{a})\ln(\overline{a}+2)-\operatorname{Li}_2\left(\frac{\overline{a}-x}{\overline{a}+2}\right)\right]_1^3$$

De modo que su integral debería ser (con $\ a=-1-i\sqrt{14}\ $ y $\ \overline{a}=-1+i\sqrt{14}$ ) : $$I=\frac {\left[\ln(x-a)\ln(a+2)-\ln(x-\overline{a})\ln(\overline{a}+2)+\operatorname{Li}_2\left(\frac{\overline{a}-x}{\overline{a}+2}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\frac{a-x}{a+2}\right)\right]_1^3}{a-\overline{a}}\approx 0.11865036886767$$

EDIT (la última parte fue corregida $a$ había sido sustituido por $x$ en $\ln(a+2)$ )

Answer 2

Primero, hagamos un cambio de variables, $x=3 + u$ que mapea $(1,3)$ en $(-1,1)$ : $$ \int_1^3 \frac{\log(x+2)}{x^2+x+15}\mathrm{d} x = \int_{-1}^1 \frac{\log(4+u)}{u^2 + 6 u+ 23}\mathrm{d} u $$ Ahora usa $\log(4+u) = \log(4) + \log\left(1+\frac{u}{4}\right)$ : $$\begin{eqnarray} \int_1^2 \frac{\log(1+2 u)}{2 u^2+7}\mathrm{d} u &=& \int_{-1}^1 \frac{\log(4)}{u^2 + 6 u+ 23}\mathrm{d} u + \int_{-1}^1 \frac{\log\left(1+\frac{u}{4}\right)}{u^2 + 6 u+ 23}\mathrm{d} u \end{eqnarray}$$ La primera integral se evalúa trivialmente completando los cuadrados del denominador: $u^2+6 u+23 = (u+3)^2 + 14$ , dando: $$ I_0 = \int_{-1}^1 \frac{\log(4)}{u^2 + 6 u+ 23}\mathrm{d} u = \frac{\log(4)}{\sqrt{14}} \arctan\left(\frac{\sqrt{14}}{11} \right) \approx 0.121478 $$ Esto ya da una buena aproximación al valor correcto ( $\approx 0.118650$ ). La segunda integral se puede hacer expandiendo el logaritmo en una serie, e integrando término a término. El primer término: $$ \Delta_1 = \int_{-1}^1 \frac{u/4}{u^2 + 6 u+ 23}\mathrm{d} u = -\frac{3}{4} \frac{1}{\sqrt{14}} \arctan\left(\frac{\sqrt{14}}{11} \right) + \frac{1}{8} \log\left(\frac{5}{3}\right) \approx -0.001868 $$ El segundo: $$ \Delta_2 = -\frac{1}{2} \int_{-1}^1 \frac{(u/4)^2}{u^2 + 6 u+ 23}\mathrm{d} u = -\frac{1}{16} + \frac{5}{32} \frac{1}{\sqrt{14}} \arctan\left(\frac{\sqrt{14}}{11} \right) + \frac{3}{32} \log\left(\frac{5}{3}\right) \approx -0.000918 $$ Combinación, $I_0 + \Delta_1+\Delta_2 = 0.118692$ que da una buena aproximación.

Answer 3

Esto iba a ser un comentario a la respuesta de Raymond, pero se hizo demasiado largo. Empecé tratando de obtener la fina expresión de Mayrand a partir del lío dilogarítmico que se podría obtener mediante Mathematica o la ruta de Raymond, pero terminó con una expresión satisfactoriamente simple.

Partimos de una versión de la respuesta de Raymond con la "parte elemental" ya simplificada:

$\begin{split} \frac1{2\sqrt{14}}&\left(\log\frac53\;\arctan\sqrt{14}+\log\,15\;\arctan\frac{\sqrt{14}}{11}\right)+\\ &\frac{i}{2\sqrt{14}}\left(\mathrm{Li}_2\left(\frac{2+i\sqrt{14}}{3}\right)+\mathrm{Li}_2\left(\frac{4-i\sqrt{14}}{5}\right)-\right.\\ &\left.\left(\mathrm{Li}_2\left(\frac{2-i\sqrt{14}}{3}\right)+\mathrm{Li}_2\left(\frac{4+i\sqrt{14}}{5}\right)\right)\right)\end{split}$

He agrupado los términos de esta manera, ya que esto permite la fácil aplicación de La identidad de Landen (ver este documento para un estudio de las distintas identidades algebraicas del dilogaritmo):

$$\mathrm{Li}_2(x)+\mathrm{Li}_2\left(\frac{x}{x-1}\right)=-\frac12\left(\log(1-x)\right)^2$$

Ahora, tenemos las relaciones

$$\frac{\frac{2\pm i\sqrt{14}}{3}}{\frac{2\pm i\sqrt{14}}{3}-1}=\frac{4\mp i\sqrt{14}}{5}$$

que cuando se utiliza con la identidad de Landen da como resultado

$$\begin{split} &\frac1{2\sqrt{14}}\left(\log\frac53\;\arctan\sqrt{14}+\log\,15\;\arctan\frac{\sqrt{14}}{11}\right)+\\ &\frac{i}{2\sqrt{14}}\left(\left(-\frac12\left(\log\left(1-\frac{2+i\sqrt{14}}{3}\right)\right)^2\right)-\left(-\frac12\left(\log\left(1-\frac{2-i\sqrt{14}}{3}\right)\right)^2\right)\right) \end{split}$$

que, tras unas cuantas manipulaciones algebraicas más, da como resultado final

$$\frac1{2\sqrt{14}}\left(\log\frac53\;\arctan\sqrt{14}+\log\,15\;\arctan\frac{\sqrt{14}}{11}\right)-\frac{\arctan\sqrt{14}\log\frac53}{2\sqrt{14}}=\color{blue}{\frac1{2\sqrt{14}}\log\,15\;\arctan\frac{\sqrt{14}}{11}}$$

que es aún más simple que el resultado original de Mayrand.