Cómo calcular el $\int_{-a}^{a} \sqrt{a^2-x^2}\ln(\sqrt{a^2-x^2})\mathrm{dx}$

Question

Bueno, este es un problema de tarea.

Necesito calcular la entropía diferencial de la variable aleatoria

$X\sim f(x)=\sqrt{a^2-x^2},\quad -a<x<a$ y $0$ lo contrario. Cómo calcular $$ \int_{-a}^a \sqrt{a^2-x^2}\ln(\sqrt{a^2-x^2})\,\mathrm {d} x $$ puede obtener el resultado con Mathematica, pero no se pudo calcular a mano. Por favor, dame alguna idea.

Answer 1

Para el comienzo $$ \int\limits_{-a}^{a}\sqrt{a^2-x^2}\log\sqrt{a^2-x^2}dx= 2\int\limits_{0}^{a}\sqrt{a^2-x^2}\log\sqrt{a^2-x^2}dx=\{x=\sqrt{1-y^2}\}= $$ $$ 2\int\limits_{0}^{1}ay\log(ay) \frac{aydy}{\sqrt{1-y^2}}= 2a^2\int\limits_{0}^{1}\frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}(\log a+\log y)dy= $$ $$ 2a^2\log(a)\int\limits_{0}^{1}\frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}dy+2a^2\int\limits_{0}^{1}\frac{y^2\log y}{\sqrt{1-y^2}}dy= 2a^2\log (a) I(2)+2a^2 J(2)\etiqueta{1} $$ donde $$ I(p)=\int\limits_{0}^1\frac{y^p}{\sqrt{1-y^2}}dy\qquad J(p)=\int\limits_{0}^1\frac{y^p\log y}{\sqrt{1-y^2}}dy $$ Tenga en cuenta que $$ I(p)=\int\limits_{0}^1\frac{y^p}{\sqrt{1-y^2}}dy=\{s=s^2\}= \int\limits_{0}^1\frac{s^{p/2}}{\sqrt{1-s}}\frac{ds}{2\sqrt{s}}= \frac{1}{2}\int\limits_{0}^1 s^{(p+1)/2-1}(1-s)^{1/2-1}ds= $$ $$ \frac{1}{2}B\left(\frac{1}{2},\frac{p+1}{2}\right)= \frac{1}{2}\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{p+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{p+2}{2}\right)}= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\Gamma\left(\frac{p+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{p+2}{2}\right)} $$ Ahora tome $p=2$, luego $$ I(2)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)}{\Gamma(2)}= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\sqrt{\pi}/2}{1}=\frac{\pi}{4}\etiqueta{2} $$ Pasemos ahora a la segunda integral $$ J(p)=\int\limits_{0}^1\frac{y^p\log y}{\sqrt{1-y^2}}dt= \frac{dI}{dp}= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{d}{dp}\left(\frac{\Gamma\left(\frac{p+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{p+2}{2}\right)}\right)= \frac{\sqrt{\pi}}{4}\frac{\Gamma'\left(\frac{p+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{p+2}{2}\right)-\Gamma\left(\frac{p+1}{2}\right)\Gamma'\left(\frac{p+2}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{p+2}{2}\right)^2} $$ $$ \frac{\sqrt{\pi}}{4}\left(\frac{\Gamma\left(\frac{p+1}{2}\right)\psi^{(0)}\left(\frac{p+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{p+2}{2}\right)}-\frac{\Gamma\left(\frac{p+1}{2}\right)\psi^{(0)}\left(\frac{p+2}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{p+2}{2}\right)}\right)= $$ $$ \frac{\sqrt{\pi}}{4}\frac{\Gamma\left(\frac{p+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{p+2}{2}\right)}\left(\psi^{(0)}\left(\frac{p+1}{2}\right)-\psi^{(0)}\left(\frac{p+2}{2}\right)\right) $$ Ahora tome $p=2$, luego $$ J(2)=\int\limits_{0}^1\frac{y^2\log y}{\sqrt{1-y^2}}dt= \frac{\sqrt{\pi}}{4}\frac{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)}{\Gamma(2)}\left(\psi^{(0)}(1)-\psi^{(0)}\left(\frac{3}{2}\right)\right)= \frac{\sqrt{\pi}}{4}\frac{\sqrt{\pi}/2}{1}\left(\psi^{(0)}\left(\frac{3}{2}\right)-\psi^{(0)}(2)\right)= \frac{\pi}{2}\left(\psi^{(0)}\left(\frac{3}{2}\right)-\psi^{(0)}(2)\right) $$ Bien, ahora necesitamos los valores de polygamma función. Utilizamos los siguientes dos resultados obtenidos en la wikipedia $$ \psi^{(m)}(z)=(-1)^{m+1}m!\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{1}{(z+k)^{m+1}}\etiqueta{3} $$ $$ n\psi^{(0)}(n z)-n\log n=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\psi^{(0)}\left(z+\frac{k}{n}\right)\etiqueta{4} $$ De $(3)$ tenemos $$ \psi^{(0)}(1)=-\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{1}{1+k}=-\gamma $$ $$ \psi^{(0)}(2)=-\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{1}{2+k}=1-\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{1}{2+k}=1-\gamma $$ De $(4)$ $n=2$ $z=1$ tenemos $$ 2\psi^{(0)}(2)-2\log 2=\psi^{(0)}(1)+\psi^{(0)}\left(\frac{3}{2}\right) $$ por lo tanto $$ \psi^{(0)}\left(\frac{3}{2}\right)=2\psi^{(0)}(2)-2\sesión 2-\psi^{(0)}(1) $$ Por lo tanto, $$ J(2)=\frac{\pi}{8}(2\psi^{(0)}(2)-2\sesión 2-\psi^{(0)}(1)-\psi^{(0)}(2))= \frac{\pi}{8}(\psi^{(0)}(2)-2\sesión 2-\psi^{(0)}(1))= \frac{\pi}{8}(1-\gamma-2\log 2+\gamma)= \frac{\pi}{8}(1-\log 4)= $$ Por fin!!! $$ \int\limits_{-a}^{a}\sqrt{a^2-x^2}\log\sqrt{a^2-x^2}dx= 2a^2\log (a) I(2)+2a^2 J(2)= 2a^2\log (a) \frac{\pi}{4}+2a^2 \frac{\pi}{8}(1-\log 4)= \frac{\pi^2}{4}\left(\log \frac{a^2}{4}+1\right) $$

Answer 2

$$ \begin{align} \int_{-a}^a\sqrt{a^2-x^2}\log(\sqrt{a^2-x^2})\,\mathrm{d}x &=a^2\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\log(\sqrt{1-x^2})\,\mathrm{d}x\\ &+a^2\log(a)\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=a^2\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\cos^2(t)\log(\cos(t))\,\mathrm{d}t\\ &+a^2\log(a)\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\cos^2(t)\,\mathrm{d}t\tag{1} \end{align} $$ El estándar truco es tener en cuenta que $$ \int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\cos^2(t)\,\mathrm{d}t=\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\sin^2(t)\,\mathrm{d}t\tag{2} $$ y agregar el lado izquierdo a ambos lados y dividir por $2$: $$ \int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\cos^2(t)\,\mathrm{d}t=\frac\pi2\etiqueta{3} $$ Ahora se pone un poco más complicado, pero no es tan malo. Integración por partes de los rendimientos $$ \begin{align} \int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\cos^2(t)\log(\cos(t))\,\mathrm{d}t &=\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\cos(t)\log(\cos(t))\,\mathrm{d}\sin(t)\\ &=\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\sin^2(t)\log(\cos(t))+\sin^2(t)\,\mathrm{d}t\tag{4} \end{align} $$ Agregando ahora el lado izquierdo de $(4)$ a ambos lados y dividiendo por $2$ después de aplicar el $(2)$ $(3)$ da $$ \int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\cos^2(t)\log(\cos(t))\,\mathrm{d}t =\frac12\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\log(\cos(t))\,\mathrm{d}t+\frac\pi4\etiqueta{5} $$ Siguiente, tenga en cuenta que $$ \begin{align} \int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\log(\cos(t))\,\mathrm{d}t &=\frac12\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\log(\cos^2(t))\,\mathrm{d}t\\ &=\frac12\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\log(\sin^2(t))\,\mathrm{d}t\tag{6} \end{align} $$ La adición de las dos últimas partes de $(6)$ y dividiendo por $2$ rendimientos $$ \begin{align} \int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\log(\cos(t))\,\mathrm{d}t &=\frac14\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\log(\tfrac14\sin^2(2t))\,\mathrm{d}t\\ &=\frac18\int_{-\pi}^{\pi}\log(\tfrac14\sin^2(t))\,\mathrm{d}t\\ &=\frac14\int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\log(\tfrac14\sin^2(t))\,\mathrm{d}t\tag{7} \end{align} $$ La equiparación de la $(6)$ $(7)$ y restando la mitad de $(6)$ de ambos y multiplicando por $2$ nos da $$ \int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\log(\cos(t))\,\mathrm{d}t =-\pi\log(2)\etiqueta{8} $$ Ahora es la sustitución de la espalda. Enchufe $(8)$ a $(5)$ para obtener $$ \int_{-\Large\frac\pi2}^{\Large\frac\pi2}\cos^2(t)\log(\cos(t))\,\mathrm{d}t =\frac\pi4-\frac\pi2\log(2)\etiqueta{9} $$ Para rematar, enchufe $(3)$ $(9)$ a $(1)$: $$ \begin{align} \int_{-a}^a\sqrt{a^2-x^2}\log(\sqrt{a^2-x^2})\,\mathrm{d}x &=a^2\left(\frac\pi4-\frac\pi2\log(2)+\frac\pi2\log(a)\right)\\ &=\pi\frac{a^2}{4}\log\left(e\frac{a^2}{4}\right)\tag{10} \end{align} $$

Answer 3

Esta integral se puede realizar a través de la diferenciación bajo el signo integral. En primer lugar observamos que para $|x|\leq1$ tenemos $\ln \sqrt{1-x^2} = \frac12\ln (1-x^2)$. Por otra parte, la simple aplicación de la regla de la cadena rendimientos $$ \frac{d}{d\alpha} (1-x^2)^\alpha = (1-x^2)^\alpha \ln(1-x^2) .$$

El resto de integral es un caso especial de la función beta con $x=1/2$$y=\alpha+1$. Por lo tanto, hemos $$\int_0^1\!dx\,(1-x^2)^\alpha = \frac12\int_0^1\!dy\,y^{1/2} (1-y)^\alpha= \frac{\sqrt{\pi} \Gamma(1+\alpha)}{2 \Gamma(\frac{3}{2} + \alpha)}.$$

El original de la integral, se obtiene tomando la derivada con respecto al $\alpha$, y después de la configuración de $\alpha=1/2$; $$ \begin{align}\int_{-a}^a\!dx\,\sqrt{a^2-x^2} \ln\sqrt{a^2-x^2} &=a^{2} \int_{0}^1\!dx\,\sqrt{1-x^2} [\ln a^2 + \ln(1-x^2)]\\ &= \frac{a^2 \pi \log a}{2}+ a^{2} \frac{d}{d\alpha} \int_0^1\!dx\,(1-x^2)^\alpha \Big|_{\alpha=1/2}\\ &= \frac{a^2 \pi \log a}{2}+ a^{2} \frac{d}{d\alpha} \frac{\sqrt{\pi} \Gamma(1+\alpha)}{2 \Gamma(\frac{3}{2} + \alpha)} \Big|_{\alpha=1/2} \\ &= \frac{a^2 \pi \log a}{2}+ a^{2} \frac{\Gamma(1+\alpha)}{\Gamma(3/2+\alpha)} [\psi(1+\alpha)-\psi(\tfrac{3}{2}+\alpha)]\Big|_{\alpha=1/2} \\ &=\frac{a^2 \pi \log a}{2}+ \frac{a^{2}\pi}4(1-2 \ln 2). \end{align}$$ Donde hemos utilizado los valores especiales de la $\Gamma$ e las $\psi = (\log \Gamma)'$ a entero y la mitad en valores enteros.

Answer 4

Si dejas que $x = a\sin(\theta)$, la integral se convierte en $$a^2\int_{-{\pi \over 2}}^{\pi \over 2} \ln(a\cos(\theta))\cos^2(\theta)\,d\theta$ $ $$= 2a^2\int_0^{\pi \over 2} \ln(a\cos(\theta))\cos^2(\theta)\,d\theta$ $ $$= 2a^2\ln(a)\int_0^{\pi \over 2}\cos^2(\theta)\,d\theta + 2a^2\int_0^{\pi \over 2} \ln(\cos(\theta))\cos^2(\theta)\,d\theta$ $ la primera integral es estándar, y conseguimos %#% $ de #% la integral es $$={\pi a^2 \ln(a)\over 2} + 2a^2\int_0^{\pi \over 2} \ln(\cos(\theta))\cos^2(\theta)\,d\theta$. Según Wolfram Alpha, funciona ${\displaystyle {d \over dn}\bigg|_{n = 2} \int_0^{\pi \over 2} \cos^n(\theta)\,d\theta}$ $ tomando el derivado de esto y del ajuste del $$\int_0^{\pi \over 2} \cos^n(\theta)\,d\theta = {\sqrt{\pi} \over 2}{\Gamma({n +1 \over 2}) \over \Gamma({n \over 2} + 1)}$ $n = 2$. Así que enchufar esto da como tu respuesta: $(\sqrt{\pi}/4)(\Gamma'({3/2}) - \Gamma'(2)\Gamma(3/2))= (\sqrt{\pi}/4)(\Gamma'({3/2}) - \Gamma'(2)(\sqrt{\pi}/2))$$ usando $$={\pi a^2 \ln(a)\over 2} + {\sqrt{\pi}a^2 \over 2}(\Gamma'({3/2}) - \Gamma'(2){\sqrt{\pi} \over 2})$ y $\Gamma'(3/2) = {\sqrt{\pi} \over 2}(2 - \gamma - \ln 4)$, donde $\Gamma'(2) = 1 - \gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni, esto se convierte en $\gamma$ $ $$={\pi a^2 \ln(a)\over 2} + {\sqrt{\pi}a^2 \over 2}({\sqrt{\pi} \over 2} -{\sqrt{\pi} \ln 4 \over 2})$ $

Answer 5

[Ideas] Se puede reescribir como sigue: %#% $ $$\int_{-a}^a \sqrt{a^2-x^2} f(x) dx$ #% Dónde está el logaritmo.

Observe que el integral, sans $f(x)$, es simplemente un semicírculo de radio $f(x)$. En otras palabras, podemos escribir, $a$ $

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