Evaluar :
$$ \int_{0}^{1} \log\left(\dfrac{x^2-2x-4}{x^2+2x-4}\right) \dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}} $$
Introducción : tengo un amigo en otro de matemáticas de la plataforma que propone una suma pregunta y él tiene una buena reputación de la publicación de preguntas legítimas. He trabajado para otra forma equivalente que yo.e, la integral anterior. Aquí está mi trabajo :-
Empezamos con $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty L_{2n+1} x^n = \dfrac{x+1}{x^2-3x + 1} $. La sustitución de $x$$x^2$ , obtenemos
$$ \sum_{n=0}^\infty L_{2n+1} x^{2n} = \dfrac{x^2+1}{x^4-3x^2+1} $$
Integrar:
$$ \sum_{n=0}^\infty \dfrac{L_{2n+1} x^{2n+1}}{2n+1} = \underbrace{\int \dfrac{x^2+1}{x^4-3x^2+1} \,\mathrm{d}x}_{:= I} $$
A continuación, $\displaystyle I = \int \dfrac{ 1+(1/x^2)}{x^2 + 1/x^2 - 3} \, \mathrm{d}x $. Deje $t = x - \dfrac1x \Rightarrow \left( 1 + \dfrac1{x^2} \right) \, \mathrm{d}x = \mathrm{d}t $.
A continuación,$\displaystyle I = \int \dfrac{\mathrm{d}t}{t^2-1} = \dfrac12 \log \left | \dfrac{t-1}{t+1} \right | = \dfrac12 \log \left | \dfrac{x^2-x-1}{x^2+x-1} \right | $.
$$ \begin{eqnarray} S & := & \sum_{n=0}^\infty \dfrac{ L_{2n+1}}{(2n+1)^2 \binom{2n}n } = \int_0^1 \sum_{n=0}^\infty \dfrac{ L_{2n+1}}{2n+1} (x-x^2)^n \, \mathrm{d}x \qquad \left(\text{ Because }\dfrac1{(2n+1) \binom{2n}n} = \operatorname{B}(n+1,n+1) = \int_{0}^{1} x^n(1-x)^n \mathrm{d}x\right) \\ &=& \int_0^1 \dfrac1{2\sqrt{x-x^2} } \log \left | \dfrac{x -x^2 - \sqrt{x-x^2} - 1}{x -x^2 + \sqrt{x-x^2} - 1} \right | \, \mathrm{d}x \\ &=& \int_0^1 f(x)\, \mathrm{d}x \end{eqnarray} $$
Tenga en cuenta que $f(1-x) = f(x) $, lo $\displaystyle S =2 \int_0^{1/2} f(x) \, \mathrm{d}x = 2 \int_0^{1/2} f\left( \dfrac12 - x\right) \, \mathrm{d}x $, y así
$$ S = \int_0^{1/2} \dfrac1{\sqrt{\frac14 - x^2}} \log \left |\dfrac{a^2-a-1}{a^2+a-1} \right| \, \mathrm{d}x $$
donde $a = \sqrt{\dfrac14 - x^2} $.
Sustituto $x = \dfrac12 \cos (\theta) $ y simplificar:
$$ S = \int_0^{\pi/2} \log \left | \dfrac{ \cos^2 -2 \cos \theta - 4}{\cos^2 + 2\cos\theta - 4} \right | \, \mathrm{d}x = \int_0^1 \log \left ( \dfrac{x^2-2x-4}{x^2+2x-4} \right) \dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}} \\ \vdots $$
La Forma cerrada : Recientemente, la misma pregunta fue publicado en M. S. E. aunque de una forma diferente con otro amigo mío aquí. Que la integral se obtiene de esta aplicando Integración Por Partes. El señor Jack D'Aurizio también dio una forma cerrada en términos de la parte Imaginaria de Dilogarithms, específicamente, $$I = -2 \ \Im \left[\text{Li}_2\left[i\left(1-\sqrt{5}+\sqrt{5-2 \sqrt{5}}\right)\right]+\text{Li}_2\left[i\left(1+\sqrt{5}-\sqrt{5+2 \sqrt{5}}\right)\right] \right]$$ sin Embargo, hay una más elementales cerrado de forma que existe para la pregunta (como es evidente a partir de la pregunta original) en términos de logaritmo natural y del catalán constante.
Nota : La integral publicado aquí es para fines educativos y para discutir acerca de los diversos métodos que se pueden utilizar para resolverlo. No está destinado a ser utilizado para hacer trampa en la pregunta original, el brillante. Esta pregunta es la intención, como seguimiento a la pregunta anterior publicado por mi amigo (que tiene cerrado debido a la falta de detalle).
Todas las soluciones son muy apreciados.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Es realmente extraño cómo a menudo muchos de los problemas aquí en la MSE se reducen a la misma.
En particular, estoy hablando de una identidad para el cuadrado de la función arcoseno cuya consecuencia es:
$$ \sum_{n\geq 0}\frac{x^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}}=\frac{4}{\sqrt{x(4-x)}}\arcsin\left(\frac{\sqrt{x}}{2}\right)\, \tag{1}$$
Si tomamos la serie siguiente definición de $T$: $$ T = \sum_{n\geq 0}\frac{L_{2n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\tag{2} $$ y recordar que $L_{2k+1}=\varphi^{2k+1}+\overline{\varphi}^{2k+1}$, sólo tenemos que conectar $x=\varphi^2$ $x=\overline{\varphi}^2$ $(1)$ para obtener la forma cerrada:
$$ T = \color{red}{\frac{3\pi}{5}\sqrt{2+\frac{2}{\sqrt{5}}}-\frac{\pi}{5}\sqrt{2-\frac{2}{\sqrt{5}}}}.\tag{3}$$
Si en $(1)$ reemplazamos $x$ $x^2 z^2$ e integrar más de $[0,1]$ con respecto al $x$, obtenemos:
$$ \sum_{n\geq 0}\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)^2 \binom{2n}{n}} = 2\int_{0}^{z/2}\frac{\arcsin(x)}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx=2\int_{0}^{\arcsin(z/2)}\frac{\theta}{\sin\theta}\,d\theta \tag{4}$$
y ahora la relación con el Clausen función es auto-evidente.
La antiderivada de $\frac{t}{\sin t}$ es una combinación de los logaritmos y dilogarithms y:
$$ S = 2\int_{0}^{\frac{3\pi}{10}}\frac{\theta\,d\theta}{\sin\theta}-2\int_{0}^{\frac{\pi}{10}}\frac{\theta\,d\theta}{\sin\theta}=2\int_{\pi/10}^{3\pi/10}\frac{\theta\,d\theta}{\sin\theta} \tag{5}$$
se simplifica a:
$$ S = \color{red}{K+\frac{\pi}{5}\log(2)}\tag{6} $$
donde: $$ K=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^2}=2\int_{0}^{\pi/2}\frac{\theta\,d\theta}{\sin\theta}.\tag{7}$$
$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$
$\ds{\int_{0}^{1}\ln\pars{x^{2} - 2x - 4 \sobre x^{2} + 2x -4}\, {\dd x \\raíz{1 -x^{2}}} =\, ?}$
En esta "respuesta", quiero resumir el resultado de lo que implica la Dilogarithm función de $\pars{~\mbox{namely,}\ \,\mathrm{Li}_{2}\pars{z}~}$. Para este propósito, he encontrado una bastante útil resultar en un anterior Vladimir Reshetnikov respuesta ( gracias Vladimir Reshetnikov ). Soy consciente de un tema interesante que ha sido señalado por muchos usuarios a lo largo de los comentarios: La relación entre el '$\,\mathrm{Li}_{2}$ resultado' y el 'catalán resultado constante', tal como aparece en el gato D'Aurizio respuesta que de alguna forma está todavía abierto.
Las raíces de $\ds{x^{2} - 2x - 4}$ se dan por $\ds{2\varphi}$ $-2\ds{\Phi}$ donde $\ds{\varphi}$ $\ds{\Phi = 1/\varphi}$ son los G0lden Relación de $\ds{\root{5} + 1 \over 2}$ y el Conjugado de Oro de la Relación de $\ds{\root{5} - 1 \over 2}$, respectivamente. Del mismo modo, las raíces de $\ds{x^{2} + 2x - 4}$ se dan por $\ds{-2\varphi}$$\ds{2\Phi}$. Es decir,
\begin{align} x^{2} - 2x - 4 & = \pars{x - 2\varphi}\pars{x + 2\Phi} = -4\pars{1 - \half\,\Phi x}\pars{1 + \half\,\varphi x} \\[3mm] x^{2} + 2x - 4 & = \pars{x + 2\varphi}\pars{x - 2\Phi} = -4\pars{1 + \half\,\Phi x}\pars{1 - \half\,\varphi x} \end{align} Con el sub$\ds{\ldots\ x = \cos\pars{\theta}}$, la integral anterior se reescribe como: \begin{align} &\color{#f00}{\int_{0}^{1}\ln\pars{x^{2} - 2x - 4 \over x^{2} + 2x -4} \,{\dd x \over \root{1 -x^{2}}}} \\[3mm] = &\ \bracks{\mathrm{f}\pars{\half\,\Phi} - \mathrm{f}\pars{-\,\half\,\Phi}} - \bracks{% \mathrm{f}\pars{\half\,\varphi} - \mathrm{f}\pars{-\,\half\,\varphi}} \end{align} donde $$ \mathrm{f}\pars{t} \equiv \int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - tx} \over \raíz{1 - x^{2}}}\,\dd x = \int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{1 - t\cos\pars{\theta}}\,\dd\theta\,,\qquad t \en \pars{-1,1} $$ $\mathrm{f}\pars{t}$ está dado por la fórmula $\pars{4}$ en otro Vladimir Reshetnikov respuesta:
$$ \mathrm{f}\pars{t} = {\pi \over 2}\,\ln\pars{1 + \raíz{1 - t^{2}} \over 2} - 2\,\Im\,\mathrm{Li}_{2}\pars{{1 - \raíz{1 - t^{2}} \over t}\,\ic} $$ Tenga en cuenta que \begin{align} &\mathrm{f}\pars{t} - \mathrm{f}\pars{-t} \\[3mm] = &\ 2\,\Im\,\mathrm{Li}_{2}\pars{-\,{1 - \root{1 - t^{2}} \over t}\,\ic} - 2\,\Im\,\mathrm{Li}_{2}\pars{{1 - \root{1 - t^{2}} \over t}\,\ic} \\[3mm] = &\ -4\,\Im\,\mathrm{Li}_{2}\pars{{1 - \root{1 - t^{2}} \over t}\,\ic} \end{align}
Desde $\ds{\Phi^{2} + \Phi + 1 = \varphi^{2} - \varphi - 1 = 0}$: \begin{align} \left.{1 - \root{1 - t^{2}} \over t}\right\vert_{\ t\ =\ \Phi/2} = {2 - \root{3 + \Phi} \over \Phi}\quad\mbox{and}\quad \left.{1 - \root{1 - t^{2}} \over t}\right\vert_{\ t\ =\ \varphi/2} = {2 - \root{3 - \varphi} \over \varphi} \end{align} A continuación, \begin{align} &\color{#f00}{\int_{0}^{1}\ln\pars{x^{2} - 2x - 4 \over x^{2} + 2x -4} \,{\dd x \over \root{1 -x^{2}}}} \\[3mm] = &\ \color{#f00}{% 4\,\Im\,\mathrm{Li}_{2}\pars{{2 - \root{3 - \varphi} \over \varphi}\,\ic} - 4\,\Im\,\mathrm{Li}_{2}\pars{{2 - \root{3 + \Phi} \over \Phi}\,\ic}} \\[3mm] = &\ \color{#f00}{% 4\,\Im\,\mathrm{Li}_{2}\pars{\bracks{-1 + \root{5} - \root{5 - 2\root{5}}}\ic} - 4\,\Im\,\mathrm{Li}_{2}\pars{\bracks{1 + \root{5} - \root{5 + 2\root{5}}}\ic}} \tag{1} \\[3mm] \approx &\ 1.3523870463919131106825397783200\color{#f00}{513308068289818222} \end{align}
Esto es un poco más grande $\pars{~\sim 1.16\times 10^{-32}~}$ que el "directo", el cálculo numérico de la integral original $\pars{~\approx 1.3523870463919131106825397783200\color{#f00}{397004399596207528}~}$.
ANEXOS El usuario @Ishan Singh me muestra ( $\mbox{01-jul-2016}$ ) cerrado expresión: \begin{equation} -\,{\pi \over 5}\, \ln\pars{124 - 55\root{5} + 2\root{7625 - 3410\root{5}}} + {8 \over 5}\,G \tag{2} \end{equation} donde $\ds{G}$ es el catalán Constante. Sería bueno saber 'cómo viajar" entre $\pars{1}$$\pars{2}$.
