Reescribir un entero según una función elíptica de segundo tipo

Question

Cuando intento revisar el proceso de solución del modelo de Ising 2-D, me interesa una integral, que se considera imposible de obtener de forma cerrada.

La integral es $I=\int_0^\pi\log\left(1+\sqrt{(1-\kappa^2\sin^2x)}\right)dx$

Si dividimos el intervalo entero en dos partes, entonces

$I=2\int_0^\frac{\pi}{2}\log\left(1+\sqrt{(1-\kappa^2\sin^2x)}\right)dx$

Aprovechando la expansión de Taylor de la función logarítmica, es decir

$\log(1+x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}x^n}{n}$

la integral resulta ser

$I=2\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}\int_0^\frac{\pi}{2}\left(\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)^n~dx$

Cuando $n=1$ el primer punto no es más que la integral elíptica completa del segundo tipo:

$E(\kappa)=\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}~dx$

Por lo tanto, me pregunto si podemos reescribir el integeral $I$ según la integral elíptica completa del segundo tipo $E(\kappa)$ ? Cuando lo consigamos, ¡el resultado será mucho más bonito!

Gracias.

Answer 1

Tenga en cuenta que el siguiente procedimiento es incorrecto (pero no sé la razón):

$I=\int_0^\pi\ln\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)dx$

$=\dfrac{1}{2}\int_0^{2\pi}\ln\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)dx$ $\left(\ln\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)~\text{is a periodic function of period}~\pi\right)$

$=\dfrac{1}{2}\left[x\ln\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)\right]_0^{2\pi}-\dfrac{1}{2}\int_0^{2\pi}x~d\left(\ln\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)\right)$

$=\dfrac{\pi\ln2}{2}+\dfrac{1}{2}\int_0^{2\pi}\dfrac{\kappa^2x\sin x\cos x}{\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)}dx$

$=\dfrac{\pi\ln2}{2}+\dfrac{1}{2}\int_{2\pi}^0\dfrac{\kappa^2(2\pi-x)\sin(2\pi-x)\cos(2\pi-x)}{\sqrt{1-\kappa^2\sin^2(2\pi-x)}\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2(2\pi-x)}\right)}d(2\pi-x)$

$=\dfrac{\pi\ln2}{2}+\dfrac{1}{2}\int_0^{2\pi}\dfrac{\kappa^2(2\pi-x)\sin x\cos x}{\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)}dx$

$\therefore2I=\pi\ln2+\int_0^{2\pi}\dfrac{2\kappa^2\pi\sin x\cos x}{\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)}dx$

$I=\dfrac{\pi\ln2}{2}-\left[\pi\ln\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)\right]_0^{2\pi}$

$I=\dfrac{\pi\ln2}{2}$

De hecho, el siguiente procedimiento es realmente correcto:

$I=\int_0^\pi\ln\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)dx=2\int_0^\frac{\pi}{2}\ln\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)dx$

$\dfrac{dI}{d\kappa}=-\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2\kappa\sin^2x}{\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)}dx$

$=-\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2\kappa\sin^2x\left(1-\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)}{\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\left(1+\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)\left(1-\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}\right)}dx$

$=\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2\kappa\sin^2x\left(\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}-1\right)}{(1-(1-\kappa^2\sin^2x))\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}}dx$

$=\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2\kappa\sin^2x\left(\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}-1\right)}{\kappa^2\sin^2x\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}}dx$

$=\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2}{\kappa}dx-\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2}{\kappa\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}}dx$

Cuando $0\leq\kappa\leq1$ ,

$\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2}{\kappa}dx-\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2}{\kappa\sqrt{1-\kappa^2\sin^2x}}dx$

$=\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2}{\kappa}dx-\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{2}{\kappa}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n)!\kappa^{2n}\sin^{2n}x}{4^n(n!)^2}dx$

$=-\int_0^\frac{\pi}{2}\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(2n)!\kappa^{2n-1}\sin^{2n}x}{2^{2n-1}(n!)^2}dx$

Para $\int\sin^{2n}x~dx$ , donde $n$ es cualquier número natural,

$\int\sin^{2n}x~dx=\dfrac{(2n)!x}{4^n(n!)^2}-\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{(2n)!((k-1)!)^2\sin^{2k-1}x\cos x}{4^{n-k+1}(n!)^2(2k-1)!}+C$

$\therefore-\int_0^\frac{\pi}{2}\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(2n)!\kappa^{2n-1}\sin^{2n}x}{2^{2n-1}(n!)^2}dx$

$=-\left[\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{((2n)!)^2\kappa^{2n-1}x}{2^{4n-1}(n!)^4}-\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{((2n)!)^2\kappa^{2n-1}((k-1)!)^2\sin^{2k-1}x\cos x}{2^{4n-2k+1}(n!)^4(2k-1)!}\right]_0^\frac{\pi}{2}$

$=-\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{((2n)!)^2\pi\kappa^{2n-1}}{16^n(n!)^4}$

$\therefore I=-\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(2n)!(2n-1)!\pi\kappa^{2n}}{16^n(n!)^4}+c$

$\because I(0)=\int_0^\pi\ln2~dx=[x\ln2]_0^\pi=\pi\ln2$

$\therefore c=\pi\ln2$

Por lo tanto, $I=\pi\ln2-\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(2n)!(2n-1)!\pi\kappa^{2n}}{16^n(n!)^4}$

Answer 2

Una ocasión especial, cuando $\kappa=1$ .

La integral será

$I=2\int_0^{\pi/2}\log(1+{\cos}x)dx$

Claramente,

$I=4C-\pi\log(2)\approx1.4868$

donde $C$ es la conocida constante del catalán.