¿Puede calcularse la integral definida $ I(n) := \frac{2n}{\pi}\int_0^{2\sqrt{2n-1}} \frac{\ln(x)\sqrt{-x^2 + 8n-4}}{4n^2-x^2}dx$?

Question

Para $n \in \mathbb N$, $n \geq 1$, considere la siguiente expresión integral:

\begin{equation} I(n) := \frac{2n}{\pi}\int_0^{2\sqrt{2n-1}} \frac{\ln(x)\sqrt{-x^2 + 8n-4}}{4n^2-x^2} dx \end{equation}

Mis intentos de utilizar cualquiera de los obvios (primaria) algunos de los métodos que yo estoy acostumbrado con i.e integración parcial, de sustitución, de expansión de la serie de el integrando) con el fin de encontrar una antiderivada general estaban todos en vano. Aún puede ser una manera de calcular una antiderivada mediante el análisis complejo, pero esto está más allá de mis capacidades. Sin embargo, a pesar de Wolfram Alpha tampoco parecen ser capaces de calcular el general antiderivate o calcular la expresión anterior para general $n \in \mathbb N$, rendimiento (después de posiblemente algunos refrescante) un valor explícito para cualquier $n$ he probado hasta ahora (todos los $n$$1$$15$). Es decir, se obtiene el siguiente resultado para $1 \leq n \leq 15:$

\begin{equation} I(n)= (n-\frac{1}{2}) \ln(2n-1) - (n-1) \ln(2n). \end{equation}

Esto sugiere que no es de hecho una manera de calcular la expresión anterior de forma explícita. Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Sugerencia. Haciendo el cambio de variable, $$ x=2\sqrt{2n-1}\:u ,\quad dx=2\sqrt{2n-1}\:du,\quad u=\frac{x}{2\sqrt{2n-1}}, $$ uno tiene $$ \frac{\pi}{2n}\cdot I(n)=\ln(2\sqrt{2n-1})\int_0^1\frac{\sqrt{1-u^2}}{a^2-u^2}\:du+\int_0^1\frac{\ln u \cdot\sqrt{1-u^2}}{a^2-u^2}\:du \tag1 $$ con $$ a:=\frac{n}{\sqrt{2n-1}}>1, \quad (n>1).\tag2 $$ The first integral on the right hand side of $(1)$ may be evaluated by two changes of variable, $u=\sin \theta$ and $t=\tan\theta$, obtaining, for $>1$,

$$ \int_0^1\frac{\sqrt{1-u^2}}{a^2-u^2}\:du=\frac12\int_0^\infty\frac{1}{\left((a^2-1)t^2+a^2\right)\cdot\left(t^2+1\right)}\:dt=\frac{\pi \left (\sqrt{a^2-1}\right)}{2}.\tag3 $$

Del mismo modo, la segunda integral en el lado derecho de la $(1)$ es tal que $$ \int_0^1\frac{\ln u \cdot\sqrt{1-u^2}}{a^2-u^2}\:du= \frac{1}{2}\int_0^\infty\frac{2\ln t-\ln(1+t^2)}{\left((a^2-1)t^2+a^2\right)\cdot\left(t^2+1\right)}\:dt,\quad (a>1),\tag4 $$ transformar el integrando por una fracción parcial de la descomposición, usando el estándar de los resultados $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\ln t}{t^2+\alpha^2}\:dt&=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\ln\alpha}{\alpha},\quad \alpha>0, \qquad (\star) \\\int_0^\infty\frac{\ln (1+t^2)}{t^2+\alpha^2}\:dt&=\pi\cdot\frac{\ln(\alpha+1)}{\alpha},\quad \alpha>0,\qquad (\star \star) \end{align} $$ uno se

$$ \int_0^1\frac{\ln u \cdot\sqrt{1-u^2}}{a^2-u^2}\:du=\frac{\pi\sqrt{a^2-1}}{2} \cdot\ln\left(\frac{\sqrt{a^2-1}+a}{a}\right)-\frac{\pi}2 \ln 2,\quad (a>1).\tag5 $$

La combinación de $(3)$ $(5)$ $(2)$ da

$$ I(n) := \frac{2n}{\pi}\int_0^{2\sqrt{2n-1}} \frac{\ln(x)\sqrt {x^2 + 8n-4}}{4n^2-x^2} dx= \left(n-\frac{1}{2}\right) \ln(2n-1) - (n-1) \ln(2n) $$

para todos los números reales $n$ tal que $n>1$.

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Edit. Para demostrar $(\star)$, se puede realizar el cambio de variable $t=\alpha u$, $\alpha>0$, llegar $$ \int_0^\infty\frac{\ln t}{t^2+\alpha^2}\:dt=\frac1\alpha \cdot\int_0^\infty\frac{\ln \alpha+ \ln u}{u^2+1}\:du=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\ln\alpha}{\alpha} $$ desde $$ \int_0^\infty\frac{1}{u^2+1}\:du=\left[\frac{}{}\arctan u \frac{}{}\right]_0^\infty=\frac \pi2, \quad \int_0^\infty\frac{\ln u}{u^2+1}\:du=0 $$ (the latter is seen by making $u \1/u$).

Para demostrar $(\star\star)$, se puede realizar el cambio de variable $t=\alpha u$, $\alpha>0$, llegar $$ \int_0^\infty\frac{\ln (1+t^2)}{t^2+\alpha^2}\:dt=\frac1\alpha \cdot\int_0^\infty\frac{\ln (1+\alpha^2u^2)}{u^2+1}\:du $$ differentiating the latter integral with respect to $\alpha$ da un clásico de evaluación $$ \frac{d}{d\alpha}\int_0^\infty\frac{\ln (1+\alpha^2u^2)}{u^2+1}\:du=\int_0^\infty\frac{2\alpha u^2}{(u^2+1)(1+\alpha^2u^2)}\:du=\frac{\pi}{\alpha+1} $$ then integrating one gets $(\estrellas\estrella)$.