Integral $\int_0^\infty\frac{\ln\left(1+x+\sqrt{x^2+2\,x}\right)\,\ln\left(1+\sqrt{x^2+2\,x+2}\right)}{x^2+2x+1}dx$

Question

Podría usted sugerir algunas ideas de cómo evaluar esta integral? Hay una forma cerrada de resultado? $$\int_0^\infty\frac{\ln\left(1+x+\sqrt{x^2+2\,x}\right)\,\ln\left(1+\sqrt{x^2+2\,x+2}\right)}{x^2+2x+1}dx$$

Answer 1

Esta integral se puede resolver por la fuerza brutal. Voy a utilizar de Vladimir sugerencia como un punto de partida:

$$I = \int_{1}^{\infty} \frac{\log(x + \sqrt{x^{2} - 1}) \log(1 + \sqrt{x^{2} + 1})}{x^{2}} \, dx. $$

Por los conocimientos de trigonometría, obtenemos

\begin{align*} Yo &= \int_{1}^{\infty} \frac{\operatorname{arcosh} x \cdot (\operatorname{arsinh}(1/x) + \log x)}{x^{2}} \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \operatorname{arcosh} (1/x) \cdot (\operatorname{arsinh} x \log x) \, dx. \end{align*}

Tenga en cuenta que

$$ \int (\operatorname{arsinh} x \log x) \, dx = x\operatorname{arsinh} x - x \log x + x + 1 - \sqrt{x^{2} + 1}. $$

Aquí, la constante de integración se elige de manera que el integrando se convierte en $O(x\log x)$ $x \searrow 0$. Desde $\operatorname{arcosh}(1/x) = O(\log x)$ $x \searrow 0$, podemos realizar la integración por partes para obtener

$$ I = \int_{0}^{1} \left( \operatorname{arsinh} x \log x + 1 + \frac{1 - \sqrt{x^{2} + 1}}{x} \right) \, \frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}. $$

Enchufe $x = \sin\theta$. Entonces

$$ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \operatorname{arsinh} (\sin\theta) - \log \sin\theta + 1 + \frac{1 - \sqrt{1 + \sin^{2}\theta}}{\sin\theta} \right) \, d\theta. $$

Dividimos la integral en 4 partes y considerar por separado.

Parte 1. Por la expansión de Taylor de $\operatorname{arsinh} x$,

\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \operatorname{arsinh} (\sin\theta) \, d\theta &= \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-1/2}{n} \frac{1}{2n+1} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n+1}\theta \, d\theta \\ &= \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1} \frac{\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(n+1)\Gamma(\frac{1}{2}-n)} \frac{\Gamma(n+1)\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{3}{2}+n)} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2}} = G. \end{align*}

Parte 2. Sabemos tantas maneras de demostrar que

$$ -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin\theta \, d\theta = \frac{\pi}{2}\log 2. $$

Parte 3. ¿Necesita una explicación para esto?

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta = \frac{\pi}{2}. $$

Parte 4. De nuevo, por la expansión de Taylor,

\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \sqrt{1 + \sin^{2}\theta}}{\sin\theta} \, d\theta y= - \sum_{n=1}^{\infty} \binom{1/2}{n} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n-1}\theta \, d\theta \\ y= - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\Gamma(\frac{3}{2})}{\Gamma(n+1)\Gamma(\frac{3}{2}-n)} \frac{\Gamma(n)\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{1}{2}+n)} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)(2n-1)} = \frac{\log 2}{2} - \frac{\pi}{4}. \end{align*}

Poniendo todos estos juntos, podemos obtener la respuesta como Cleo afirmó.

Answer 2

Esta es una muy interesante integral! Te voy a dar una respuesta parcial:
Sí, hay una forma cerrada de la expresión: $$G+\frac\pi4+\frac{\pi+1}2\ln2,$$ donde $G$ es el catalán constante: $$G=-\int_0^1\frac{\ln x}{x^2+1}dx.$$