Integral $\int_0^\infty\frac{1}{x\,\sqrt{2}+\sqrt{2\,x^2+1}}\cdot\frac{\log x} {\sqrt {x ^ 2 + 1}} \mathrm dx$

Question

Necesito su ayuda para evaluar el integral $\int_0^\infty\frac{1}{x\,\sqrt{2}+\sqrt{2\,x^2+1}}\cdot\frac{\log x} {\sqrt {x ^ 2 + 1}} dx$

He intentado manual integración por las piezas, pero parecía que sólo complican el integrando más. También trató de evaluar con un CAS, pero no fue capaz de manejarlo.

Answer 1

Es fácil ver que la integral es equivalente a

$$ \begin{align*} \int_0^\infty \frac{1}{x\sqrt{2}+\sqrt{2x^2+1}}\frac{\log x}{\sqrt{1+x^2}}dx y= \sqrt{2}\int_0^\infty \frac{\sqrt{x^2+\frac{1}{2}}-x}{\sqrt{1+x^2}}\log x\; dx\etiqueta{1} \end{align*} $$

Esta integral es un caso especial de la fórmula

$$\begin{align*}\mathcal{I}(k) :&= \int_0^\infty \frac{\sqrt{x^2+k^2}-x}{\sqrt{1+x^2}}\log x\; dx \\ &= E'(k)-\left(\frac{1+k^2}{2} \right)K'(k)+\left(k^2 K'(k)-E'(k) \right)\frac{\log k}{2}+\registro de 2-1 \etiqueta{2}\end{align*}$$

donde $K'(k)$ e $E'(k)$ son complementarias de las integrales elípticas de primera y segunda clase, respectivamente.

Poner $k=\frac{1}{\sqrt{2}}$ en la ecuación $(2)$,

$$ \begin{align*} \mathcal{I}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) y=E'\left(\frac{1}{\sqrt{2} }\right)-\frac{3}{4}K'\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right)-\left\{\frac{1}{2} K'\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right)-E'\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right)\right\}\frac{\log 2}{4}+\registro de 2-1 \end{align*} $$ Utilizando los valores especiales,

$$ \begin{align*} E'\left(\frac{1}{\sqrt2} \right) &= \frac{\Gamma\left(\frac{3}{4} \right)^2}{2\sqrt\pi}+\frac{\sqrt{\pi^3}}{4\Gamma\left(\frac{3}{4} \right)^2}\\ K'\left(\frac{1}{\sqrt2} \right) &= \frac{\sqrt{\pi^3}}{2\Gamma\left(\frac{3}{4} \right)^2} \end{align*} $$

tenemos

$$ \mathcal{I}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1+\log\sqrt[4]2}{2\sqrt{\,\pi}}\Gamma\left(\frac34\right)^2-\frac{\sqrt{\,\pi^3}}8\Gamma\left(\frac34\right)^{-2}+(\registro 2-1)\, \etiqueta{3} $$

Poner esto en la ecuación $(1)$, obtenemos la respuesta que Cleo publicado.

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Cómo probar la Ecuación $(2)$

Comenzamos con la Proposición 7.1 de este documento.

$$\int_0^\infty \frac{\log x}{\sqrt{(1+x^2)(m^2+x^2)}}dx = \frac{1}{2}K'(m)\log m$$

Multiplicando ambos lados por $m$ e integrar desde $0$ a $k$:

$$ \begin{align*} \int_0^\infty \frac{\sqrt{x^2+k^2}-x}{\sqrt{1+x^2}}\log x\; dx &= \frac{1}{2}\int_0^k m'(m)\log(m)\; dm \end{align*} $$

El resultado sigue desde

$$\begin{align*} \int m K'(m)\log(m)\; dm &= 2E'(m)-\left(1+m^2 \right)K'(m)+\left(m^2 K'(m)-E'(m) \right)\log m\\ &\quad +\text{constante} \etiqueta{4} \end{align*}$$

Puede verificar la ecuación $(4)$ fácilmente mediante la diferenciación de ambos lados con respecto a los $m$ y el uso de las identidades

$$ \begin{align*} \frac{dE'(k)}{dk}&= \frac{k}{k^{'2}}(K'(k)-E'(k))\\ \frac{dK'(k)}{dk}&= \frac{k^2 K'(k)-E^{'}(k)}{kk^{'2}} \end{align*} $$

Answer 2

$$ \frac {1 + \ln\sqrt [4] 2} {\sqrt {2\, \pi}} \Gamma\left (\frac34\right) ^ 2-\frac {\sqrt {2\, \pi^3}} 8\Gamma\left (\frac34\right) ^ {-2} + \,\sqrt2$$ (\ln2-1)

Answer 3

Esto no es una respuesta completa, pero hasta dónde llegué, tal vez alguien puede terminar

$\frac{1}{x\,\sqrt{2}+\sqrt{2\,x^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{2\,x^2}+\sqrt{2\,x^2+1}}=\frac{\sqrt{2\,x^2+1}-\sqrt{2\,x^2}}{\sqrt{2\,x^2+1}^2-\sqrt{2\,x^2}^2}=\sqrt{2\,x^2+1}-\sqrt{2\,x^2}$

Así que busca en

$$ \int_0^\infty(\sqrt{\frac{2\,x^2+1}{x^2+1}}-\sqrt{\frac{2\,x^2}{x^2+1}}) \log x\, dx$ $

Entonces estaba mirando $t = \frac{x^2}{x^2+1}$ pero luego no sé