Una forma cerrada para $\int_0^\infty\frac{\ln(x+4)}{\sqrt{x\,(x+3)\,(x+4)}}dx$

Question

Necesito a evaluar la siguiente integral $$I=\int_0^\infty\frac{\ln(x+4)}{\sqrt{x\,(x+3)\,(x+4)}}dx.$$

Ambos Mathematica y Maple no pudo evaluar en una forma cerrada, y las búsquedas de el valor numérico aproximado de $4.555919963334436...$ en ISC+ y WolframAlpha no volver plausible la forma cerrada de candidatos. ¿Alguien por casualidad tiene una idea de si una forma cerrada existe para esta integral, y lo que podría ser?

Answer 1

Aquí está mi solución:

Parte 1

Vamos a $$I(a)=\int_0^\infty\frac{\log(1+x^2 )}{\sqrt{(1+x^2 )(a^2+x^2 )}}dx\etiqueta{1}$$ de $a>1$. Luego reescribir la integral como $$ \begin{align*} I(a) &= \frac{1}{2}\int_1^\infty\frac{\log x}{\sqrt{x(x-1)(x+a^2-1)}}dx\quad x \mapsto \sqrt{x-1} \\ &= \frac{1}{2}\text{Re}\int_0^\infty\frac{\log x}{\sqrt{x(x-1)(x+a^2-1)}}dx \\ Y= 2 \text{Re}\int_0^\infty \frac{\log x}{\sqrt{(x^2-1)(x^2+a^2-1)}}dx\quad x\mapsto x^2 \\ &\stackrel{\color{blue}{[1]}}{=} \texto{Re} \left( -i K(a)\log\left(i\sqrt{a^2-1}\right)\right) \\ &= \text{Re} \left( K(a)\left( \frac{\pi}{2}-\frac{i}{2}\log(a^2-1)\right)\right) \end{align*} $$ donde $K(k)$ denota la integral elíptica completa de primera especie. Además, se sabe que $$K(k)=\frac{K\left(\frac{1}{k} \right)+iK'\left(\frac{1}{k} \right)}{k} \quad k>1$$ Por lo tanto, obtenemos $$ \begin{align*} I(a)&= \text{Re} \left\{ \frac{K\left(\frac{1}{a} \right)+iK'\left(\frac{1}{a} \right)}{a}\left( \frac{\pi}{2}-\frac{i}{2}\log(a^2-1)\right)\right\} \\ &= \frac{\pi}{2a}K\left(\frac{1}{a} \right)+\frac{\log(a^2-1)}{2a}K'\left(\frac{1}{a}\right)\etiqueta{2} \end{align*} $$

Parte 2

Ahora, volvemos nuestra atención hacia el problema original.

$$ \begin{align*} \int_0^\infty\frac{\log(x+4)}{\sqrt{x\,(x+3)\,(x+4)}}dx y=2 \int_0^\infty \frac{\log(4+x^2)}{\sqrt{(3+x^2)(4+x^2)}}dx \quad x\mapsto x^2 \\ Y= 4\int_0^\infty \frac{\log(4+4x^2)}{\sqrt{(3+4x^2)(4+4x^2)}}dx \quad x\mapsto 2x \\ Y= 2\int_0^\infty \frac{2\log(2)+\log(1+x^2)}{\sqrt{(4x^2+3 )(1+x^2)}}dx \etiqueta{3} \end{align*} $$ La primera integral es sencilla y es que el valor de $$\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{(4x^2+3)(1+x^2)}}dx\stackrel{\color{blue}{[2]}}{=} \frac{1}{2}K\left(\frac{1}{2} \right)$$ Y la segunda integral puede evaluarse de la siguiente manera: $$ \begin{align*} &\; \int_0^\infty \frac{\log(1+x^2)}{\sqrt{(4x^2+3 )(1+x^2)}}dx \\ &= \int_0^\infty \frac{\log(1+x^2)-2\log(x)}{\sqrt{(4+3x^2 )(1+x^2)}}dx\quad x\mapsto 1/x \\ &\stackrel{\color{blue}{[1]}}{=}\frac{1}{\sqrt{3}}\int_0^\infty \frac{\log(1+x^2)}{\sqrt{\left(x^2+\frac{4}{3} \right)(1+x^2)}}dx+\frac{1}{2}\log\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \right)K\left( \frac{1}{2}\right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{2}{\sqrt{3}} \right)+\frac{1}{2}\log\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \right)K\left( \frac{1}{2}\right) \\ &\stackrel{\color{blue}{\text{eq }(2)}}{=} \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi\sqrt{3}}{4}K\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) -\frac{\log(3)\sqrt{3}}{4}K\left(\frac{1}{2}\right)\right)+\frac{1}{2}\log\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \right)K\left( \frac{1}{2}\right) \\ &= \frac{\pi}{4}K\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-\frac{\log 2}{2}K\left(\frac{1}{2} \right) \end{align*} $$ Sustituyendo todo en la ecuación $(3)$, obtenemos $$\int_0^\infty\frac{\log(x+4)}{\sqrt{x\,(x+3)\,(x+4)}}dx=K\left(\frac{\sqrt3}2\right)\frac\pi2+K\left(\frac12\right)\log(2)$$

Explicaciones

$\color{blue}{[1]}$ se Refieren a la ecuación $(7.13)$ de este documento.

$\color{blue}{[2]}$, En general, tenemos $$\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{(1+x^2)(a^2+x^2)}}dx=\begin{casos}\displaystyle\frac{1}{a}K' \left(\frac{1}{a} \right)\quad \text{si }>1 \\ K'(a) \quad \text{si } 0<a<1\end{casos}$$

Answer 2

Esta integral en más de forma general se puede encontrar en las tablas de integrales por Prudnikov A. P., Brychkov Yu. A. y Marichev O. I.: $$\int_0^{\infty}\!\!\!\!\frac{x^{\alpha-1}\ln^n(cx+d)}{(ax+b)^\sigma(cx+d)^\rho} \!\mathrm dx=(-1)^n\left(\!\frac{d}{c}\!\right)^\alpha\!\! b^{-\sigma}\!\frac{\partial^n}{\parcial \rho^n}\!\!\a la izquierda[d^{-\rho}\mathbf{B}(\alpha,\sigma+\rho\alpha) \ _2F_1\!\!\a la izquierda(\!\sigma,\alpha;\sigma+\rho;1\!-\!\frac{ad}{bc}\!\right)\!\a la derecha]$$ cuando $\Re\{\alpha\}>0; \ \Re\{\alpha\sigma\rho\}<0; \ |\arg(ax+b)|,|\arg(cx+d)|<\pi \ \forall x\in[0,\infty)$,
donde $\mathbf{B}(\cdot \ , \ \cdot)$ -es la función beta y $_2F_1$ - es función hipergeométrica de Gauss.
Aquí tenemos $\alpha=\rho=\sigma=\frac{1}{2}, \ a=c=1, \ d=4, \ b=3$ para todas las condiciones son satisfechas.
Entonces $$ \begin{eqnarray} I=\int_0^\infty\frac{\ln(x+4)}{\sqrt{x\,(x+3)\,(x+4)}}\mathrm dx&=&-\!\frac{2}{\sqrt{3}}\!\!\a la izquierda(\!\frac{\partial}{\partial \rho}\!\!\left[\frac{\mathbf{B}\left(\frac{1}{2},\rho\right)}{4^{\rho}} \ _2F_1\!\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};\rho+\frac{1}{2};-\frac{1}{3}\right)\!\right]\right)_{\rho=\frac{1}{2}}=\\ &=& -\!\frac{2 \ _2F_1\!\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;-\frac{1}{3}\right)}{\sqrt{3}}\!\!\a la izquierda(\!\frac{\partial}{\partial \rho}\!\!\left[\frac{\mathbf{B}\left(\frac{1}{2},\rho\right)}{4^{\rho}}\!\right]\right)_{\rho=\frac{1}{2}}-\\ &-&\!\frac{\mathbf{B}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{3}}\!\!\a la izquierda(\!\frac{\partial}{\partial \rho}\!\!\a la izquierda[\ _2F_1\!\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};\rho+\frac{1}{2};-\frac{1}{3}\right)\!\right]\right)_{\rho=\frac{1}{2}} \end{eqnarray} $$ A continuación realizamos algunas simplificaciones (uno puede usar Wolfram Mathematica ;) ) $$\left(\!\frac{\partial}{\partial \rho}\!\!\left[\frac{\mathbf{B}\left(\frac{1}{2},\rho\right)}{4^{\rho}}\!\right]\right)_{\rho=\frac{1}{2}}=-2\pi\ln 2, \\ \mathbf{B}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\pi, \qquad \ _2F_1\!\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;-\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{\pi } \mathbf{K}\left(i\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$$ donde $\mathbf{K}(\cdot)$ es la integral elíptica completa de primera especie.
Por lo $$I=\frac{8\ln 2}{\sqrt{3} }\mathbf{K}\left(i\frac{1}{\sqrt{3}}\right)-\frac{\pi}{\sqrt{3} }\left(\!\frac{\partial}{\partial \rho}\!\!\a la izquierda[\ _2F_1\!\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};\rho+\frac{1}{2};-\frac{1}{3}\right)\!\right]\right)_{\rho=\frac{1}{2}}\aprox 4.55592$$

Answer 3

Demasiado largo para un comentario: al Parecer, ni siquiera Feynman puede hacer esta integral más fácil :

$$I(a)=\int_0^\infty\frac{(x+4)^a}{\sqrt{x(x+3)}}dx\quad\ffi\quad I'\Big(\!\!-\tfrac12\!\Big)=\int_0^\infty\frac{\ln(x+4)}{\sqrt{x(x+3)(x+4)}}dx$$

Ahora, ampliando el denominador en el binomio de la serie, a continuación, cambiar el orden de la suma y la integración, y la reescritura de los resultados en términos de la función hipergeométrica de $_2F_1$ , tenemos

$$I(a)=\frac{\sqrt\pi}{\cos\pi}\bigg[3^a\,\Gamma(-a)\,_{_2}F_{_1}\bigg(\begin{align} -\ ,- \\\tfrac12-\end{align}\ ;\ \frac43\bigg)-\frac{2^{2a+1}\cdot\pi\cdot\ _{_2}F_{_1}\bigg(\ \begin{align}\tfrac12\ ,\tfrac12\\\tfrac32+\end{align}\ ;\ \dfrac43\bigg)}{\sqrt3\cdot\Gamma(-a)}\bigg]$$

Observe cómo para $a=-\frac12$ tenemos $I(a)$ una forma indeterminada, $\frac00$. También, observe cómo para el mismo valor de una, el argumento de ambas funciones hipergeométricas se convierte en $\Big(\frac12,\frac12;1;\frac43\Big)$, haciéndolos equivalentes a dos de las integrales elípticas, como ya ha sido mencionado por Vladimir anterior. Ahora todo lo que queda por hacer es tomar la derivada, ninguna tarea trivial. Sin embargo, la diferenciación de las fórmulas para la función de Gauss se sabe que existen, con respecto a cualquiera de sus cuatro parámetros, como se puede ver, por ejemplo, en el Wolfram MathWorld sitio. Y todos ellos inevitablemente función $\psi$ o polygamma función, cuando se toma con respecto a cualquiera de los tres primeros parámetros, como es claramente el caso aquí. La misma función también aparecerá a la hora de diferenciar $\Gamma(-a)$.