Contorno Integral De La $ \int_{0}^1 \frac{\ln{x}}{\sqrt{1-x^2}} \mathrm dx$

Question

Necesito ayuda para la evaluación de este con el contorno de integración $$ \int_{0}^{1}{\ln\left(\,x\,\right)\más \,\sqrt{\vphantom{\large A}\,1 - x^{2}\,}}\,{\rm d}x $$ No estoy seguro de cómo trabajar con los cortes de ramas de ambos $\ln\left(\,x\,\right)$ $\sqrt{1 - x^{2}}$

La segunda parte es la de evaluar $$ \int_{0}^1 \frac{\sqrt{\,\vphantom{\large a}\ln\left(\,x\,\right)}} {\sqrt{\vphantom{\large A}\,1 - x^{2}\,}} \mathrm dx$$

Answer 1

Para su segunda integral, podemos utilizar Ramanujan del método que he mencionado aquí. Es decir, que $x = e^{-t}$. Entonces tenemos \begin{align} \int_0^1\frac{\log^{1/2}(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx &= \int_0^{\infty}\frac{ie^{-t}\sqrt{t}}{\sqrt{1-e^{-2t}}}dt\\ &=i\int_0^{\infty}\sqrt{t}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1/2)_ne^{-(2n+1)t}}{n!}dt\tag{1}\\ &=i\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1/2)_n}{n!}\int_0^{\infty}t^{1/2}e^{-(2n+1)t}dt\tag{2}\\ &=\frac{i\sqrt{\pi}}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1/2)_n}{n!(2n+1)^{3/2}} \end{align} $(1)$ se produce debido a $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1/2)_ne^{-(2n+1)t}}{n!}=\frac{e^{-t}}{\sqrt{1-e^{-2t}}}$ $(1/2)_n$ es el aumento de Pochhammer; es decir,$(1/2)_0 = 1$$(1/2)_n = 1/2(1/2+1)\cdots(1/2+n-1)$. Para $(2)$, tenemos que $$ \int_0^{\infty}t^{1/2}e^{-(2n+1)t}dt = \frac{\Gamma(3/2)}{(2n+1)^{3/2}}=\frac{\sqrt{\pi}}{2(2n+1)^{3/2}} $$

Answer 2

Como uno de los comentarios sugeridos, queremos obtener un $\ln(\sin(\theta))$. A continuación, vamos a resolver el problema mediante el análisis complejo.

Deje $x = \sin(\theta)$$dx = \cos(\theta)d\theta$. Por lo tanto, $0\mapsto 0$$1\mapsto\pi/2$. Por lo tanto, la integral es $$ \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(\theta))d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta $$ Considere la posibilidad de $1 - e^{2iz} = -2ie^{iz}\sin(z)$. Podemos escribir $1 - e^{2iz}$ $$ 1 - e^{-2y}(\cos(2x) + i\sin(2x)) < 0\text{ si } x=\pi n, \ y\leq 0 $$ Ahora vamos a considerar el contorno de $0$ $\pi$ $\pi + iA$ # % donde tomamos un cuarto de círculo alrededor de $iA$ $0$ radio $\pi$. De la periodicidad de la función, la vertical de los segmentos de línea se cancelan uno al otro, ya que tienen signos opuestos. Además, como $\epsilon$, la parte superior de la integral de la parte superior de la línea va a cero y como $A\to\infty$, la integral alrededor de $\epsilon\to 0$ $0$ ir a cero. \begin{align} \ln(-2ie^{ix}\sin(z)) &= \ln(-2i) + \ln(e^{ix}) + \ln(\sin(\theta))\\ &= \ln|-2i| + i\arg(-2i) + ix + \ln(\sin(\theta))\\ &= \ln(2) - i\frac{\pi}{2} + \ln(\sin(\theta)) + i\frac{\pi}{2} \end{align} donde $\pi$ y tomamos el principio de argumento para ser $\ln(2i) = \ln(2) + i\arg(-2i)$ y la parte imaginaria de $-\frac{\pi}{2}$ entre $ix$$0$. \begin{alignat}{2} \int_0^1\frac{\ln(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx &= \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(\theta))d\theta\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta\\ &= \frac{\ln(2)}{2}\int_0^{\pi}d\theta - \frac{i\pi}{4}\int_0^{\pi}d\theta + \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta + \frac{i\pi}{4}\int_0^{\pi}d\theta &&{}= 0\\ &= \frac{\pi\ln(2)}{2} - \frac{i\pi^2}{4} + \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta + \frac{i\pi^2}{4} &&{}=0\\ \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta &= -\frac{\pi\ln(2)}{2}\\ \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(\theta))d\theta &= -\frac{\pi\ln(2)}{2} \end{alignat}