Integral $\int_0^1\frac{\ln x}{x^2+1}\cdot\ln\left(\frac{3\,x^2+1}{x^2+3}\right)dx$

Question

Necesito evaluar la siguiente integral: $$\int_0^1\frac{\ln x}{x^2+1}\cdot\ln\left(\frac{3\,x^2+1}{x^2+3}\right)dx.$$ Podría usted sugerir cómo encontrar una forma cerrada para él? No estoy seguro de si es que la hay, pero el integrando parece bastante simple, así que espero que puedan existir.

Answer 1

Mi cálculo muestra que

$$ \int_{0}^{1} \frac{\log x}{x^{2} + 1} \log \left( \frac{t^{2}x^{2} + 1}{x^{2} + t^{2}} \right) \, dx = - \pi \chi_{2} \left( \frac{1 - t}{1 + t} \right) \etiqueta{1} $$

donde $\chi_{2}$ representa el Legendre chi función. Voy a publicar una solución detallada más adelante, pero debo señalar que la idea es muy simple: denotar esta integral como $I(t)$ y diferencian a obtener

$$ I'(t) = -\frac{\pi \log t}{1 - t^{2}}. $$

Restringir $|t| < 1$ temporalmente, esto da

$$ I(t) = I(0) + \int_{0}^{t} I'(s) \, ds = -\pi \left\{ \frac{\pi^{2}}{8} + \registro de t \operatorname{artanh} t \chi_{2}(t) \right\}. $$

Entonces $\text{(1)}$ restringido a $|t| < 1$ de la siguiente manera a partir de la siguiente identidad:

$$ \chi_{2}\left( \frac{1-t}{1+t} \right) + \chi_{2}(t) = \frac{\pi^{2}}{8} + \registro de t \operatorname{artanh} t. $$

A continuación, la igualdad para el público en general $t$ de la siguiente manera por la continuación analítica. Aquí es un código de Mathematica para probar esto:

LegendreChi[n_, z_] := z/2^n LerchPhi[z^2, n, 1/2];

t = Sqrt[3];
NIntegrate[(Log[x] Log[(t^2 x^2 + 1)/(x^2 + t^2)])/(1 + x^2), {x, 0, 1},
    WorkingPrecision -> 100]
N[-Pi LegendreChi[2, (1 - t)/(1 + t)], 100]
Clear[t];

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x}:\ {\large ?}}$.

Tenga en cuenta que \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x} =\int_{\infty}^{1}{\ln\pars{1/x} \\pars{1/x}^{2} + 1}\, \ln\pars{3/x^{2} + 1 \más de 1/x^{2} + 3} \,\pars{-\,{\dd x \sobre x^{2}}} \\[3 mm]&=\int_{1}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x \\[3 mm]&\mbox{tales que}\ \begin{array}{|c|}\hline\\ \quad\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x} =\media\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x\quad \\ \\ \hline \end{array} \\[3 mm]&\mbox{en Adelante, usaremos repetidamente el conocido resultado}\ \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x = 0. \\&\mbox{Es trivialmente se muestra mediante la división de la integral en dos integrales a través de}\ \pars{0,1}\ \mbox{y}\ \pars{0,\infty}. \end{align}

\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x} =\media\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \int_{3}^{^{1}/_{3}}{\dd t \t sobre + x^{2}} \\[3 mm]&=\media\int_{3}^{^{1}/_{3}}\int_{0}^{\infty}\ln\pars{x} \pars{{1 \over x^{2} + 1} - {1 \más de x^{2} + t}}\,{1 \over t - 1}\,\dd x\,\dd t \\[3 mm]&=-\,\media\int_{3}^{^{1}/_{3}}{1 \sobre t - 1}\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{x} \over x^{2} + t}\,\dd x\,\dd t =-\,\media\int_{3}^{^{1}/_{3}}{1 \sobre t - 1}\,{1 \over \raíz{t}} \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{\raíz{t}x} \over x^{2} + 1}\,\dd x\,\dd t \\[3 mm]&=-\,{\pi \más de 4}\int_{3}^{^{1}/_{3}} {\ln\pars{\raíz{t}} \\pars{t - 1}\raíz{t}}\,\dd t =-\,{\pi \over 2}\int_{\raíz{3}}^{1/\raíz{3}}{\ln\pars{t} \t sobre^{2} - 1}\,\dd t \\[3 mm]&={\pi \over 2}\bracks{\int_{1/\raíz{3}}^{1} {\ln\pars{t} \t sobre^{2} - 1}\,\dd t -\int_{\raíz{3}}^{1}{\ln\pars{t} \t sobre^{2} - 1}\,\dd t} \\[3 mm]&={\pi \over 2}\bracks{\int_{1/\raíz{3}}^{1} {\ln\pars{t} \t sobre^{2} - 1}\,\dd t -\int_{1/\root{3}}^{1}{\ln\pars{1/t} \más de 1/t^{2} - 1}\, \pars{-\,{\dd t \t sobre^{2}}}} \end{align}

El original de la integral se reduce a: $$ \color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x} =-\pi\int_{1/\root{3}}^{1}{\ln\pars{t} \over 1 - t^{2}}\,\dd t $$

A continuación, \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x} =-\,{\pi \over 2}\int_{1/\root{3}}^{1}{\ln\pars{t} \over 1 - t}\,\dd t -{\pi \over 2}\int_{1/\root{3}}^{1}{\ln\pars{t} \over 1 + t}\,\dd t \\[3 mm]&=-\,{\pi \over 2}\int_{0}^{1 - 1/\de la raíz{3}}{\ln\pars{1 - t} \over t}\,\dd t +{\pi \over 2}\int_{-1/\root{3}}^{-1}{\ln\pars{-t} \over 1 - t}\,\dd t \\[3 mm]&=-\,{\pi \over 2}\int_{0}^{1 - 1/\de la raíz{3}}{\ln\pars{1 - t} \over t}\,\dd t -{\pi \over 2}\bracks{\vphantom{\LARGE A}% \ln\pars{1 - t}\ln\pars{-t}}_{-1/\raíz{3}}^{-1} +{\pi \over 2}\int_{-1/\root{3}}^{-1}{\ln\pars{1 - t} \over t}\,\dd t \end{align}

\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x} \\[3 mm]&=-\,{\pi \over 2}\bracks{% \media\,\ln\pars{3}\ln\pars{1 + {1 \over \raíz{3}}} +\int_{0}^{1 - 1/\raíz{3}}\!\!\!{\ln\pars{1 - t} \over t}\,\dd t +\int^{-1/\root{3}}_{-1}{\ln\pars{1 - t} \over t}\,\dd t} \end{align}

Sin embargo, con $\ds{a < b < 1}$: \begin{align} \int_{a}^{b}{\ln\pars{1 - t} \over t}\,\dd t& =-\int_{a}^{b}{{\rm Li}_{1}\pars{t} \over t}\,\dd t =-\int_{a}^{b}{\rm Li}_{2}'\pars{t}\,\dd t ={\rm Li}_{2}\pars{a} - {\rm Li}_{2}\pars{b} \end{align} donde $\ds{{\rm Li}_{\rm s}\pars{z}}$ es un PolyLogarithm Función. En adelante, usaremos propiedades ya conocidas de ellos como se informó en el citado enlace.

\begin{align}&\color{#66f}{\large\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\, \ln\pars{3x^{2} + 1 \sobre x^{2} + 3}\,\dd x} \\[3 mm]&=\color{#66f}{\large-\,{\pi \over 2}\left\lbrack% \media\,\ln\pars{3}\ln\pars{1 + {1 \over \raíz{3}}} -{\rm Li}_{2}\pars{1 - {1 \over \raíz{3}}}\right.} \\[3 mm]&\phantom{=-\,{\pi \over 2}\bracks{}}\color{#66f}{\large% \left.\mbox{}+\ \underbrace{{\rm Li}_{2}\pars{-1}}_{\ds{\color{#c00000}{-\,{\pi^{2} \más de 12}}}}\ -\ {\rm Li}_{2}\pars{-\,{1 \over \raíz{3}}} \right\rbrack} \approx 0.8487 \end{align}