Una integral de O. Furdui $\int_0^1 \log^2(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}) \ dx$

Question

La siguiente integral fue propuesta en un trabajo de O. Furdui, a saber

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

y luego la generalización

$$\int_0^1 \log^2(\sqrt[k]{1+x}-\sqrt[k]{1-x}) \ dx$$

En cuanto a la primera integral, mi planteamiento fue combinar la integración por partes y el cambio de variable, es decir $\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x} \mapsto x$ y entonces obtenemos otra integral que se puede descomponer en $2$ integrales donde la parte más difícil se reduce a calcular $$\int_0^{\sqrt{2}/2}\frac{\arcsin(x)}{x} \ dx$$
que es bastante sencillo por el cambio de variable combinado con la integración por partes.

Y aquí hay una pregunta complementaria

$$\int_0^1 \log^3(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}) \ dx$$

También me interesaría conocer otras formas de acercamiento si es posible.

Answer 1

Dejemos que $\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\mapsto2\sin{x}$ . Obtenemos, para la primera integral, \begin {align} \color {#6F00FF}{{} \int ^1_0 \ln ^2 \left ( \sqrt {1+x}- \sqrt {1-x} \right )\ { \rm d}x} =& \int ^ \frac { \pi }{4}_02 \cos {2x} \ln ^2(2 \sin {x})\ { \rm d}x \\ =& \sin {2x} \ln ^2(2 \sin {x}) \Bigg {|}^ \frac { \pi }{4}_0- \color {#FF4F00}{{} \int ^ \frac { \pi }{4}_02 \left (1+ \cos {2x} \right ) \ln (2 \sin {x})\ { \rm d}x} \\ =& \frac {1}{4} \ln ^2{2}+2 \sum ^ \infty_ {n=1} \frac {1}{n} \int ^ \frac { \pi }{4}_0 \cos (2nx)\N-\N-(2nx)\N-(2nx) \rm d}x- \sin {2x} \ln (2 \sin {x}) \Bigg {|}^ \frac { \pi }{4}_0 \\ &+ \int ^ \frac { \pi }{4}_02 \cos ^2{x}\ { \rm d}x \\ =& \frac {1}{4} \ln ^2{2}+ \sum ^ \infty_ {n=1} \frac { \sin (n \pi /2)}{n^2}- \frac {1}{2} \ln {2}+ \left [x+ \frac {1}{2} \sin {2x} \right ]^ \frac { \pi }{4}_0 \\ =& \color {#6F00FF}{{} \mathbf {G}+ \frac {1}{4} \ln ^2{2}- \frac {1}{2} \ln {2}+ \frac { \pi }{4}+ \frac {1}{2}} \end {align} Para la tercera integral, \begin {align} \int ^1_0 \ln ^3 \left ( \sqrt {1+x}- \sqrt {1-x} \right )\ { \rm d}x =& \int ^ \frac { \pi }{4}_02 \cos {2x} \ln ^3(2 \sin {x})\ { \rm d}x \\ =& \sin {2x} \ln ^3(2 \sin {x}) \Bigg {|}^ \frac { \pi }{4}_0- \int ^ \frac { \pi }{4}_03(1+ \cos {2x}) \ln ^2(2 \sin {x})\ { \rm d}x \\ =& \frac {1}{8} \ln ^3{2}-{ \rm Re} \int ^ \frac { \pi }{4}_03 \ln ^2(1-e^{i2x})\N- \rm d}x- \int ^ \frac { \pi }{2}_ \frac { \pi }{4}3x^2\ { \rm d}x \\ &- \frac {3}{2} \sin {2x} \ln ^2(2 \sin {x}) \Bigg {|}^ \frac { \pi }{4}_0+ \color {#FF4F00}{{} \int ^ \frac { \pi }{4}_06 \cos ^2{x} \ln (2 \sin {x})\ { \rm d}x} \\ =&- \frac {3 \mathbf {G}}{2}+ \frac {1}{8} \ln ^3{2}- \frac {7 \pi ^3}{64}- \frac {3}{8} \ln ^2{2}+ \frac {3}{4} \ln {2}- \frac {3 \pi }{8}- \frac {3}{4} \\ &- \Re\int ^ \frac { \pi }{4}_03 \ln ^2(1-e^{i2x})\N- \rm d}x \end {align} La integral restante se puede evaluar así \begin {align} -{ \rm Re} \int ^ \frac { \pi }{4}_03 \ln ^2(1-e^{i2x})\N- \rm d}x =&- \frac {3}{2}{ \rm Im} \int ^i_1 \frac { \ln ^2(1-z)}{z}{ \rm d}z \\ =&{ \rm Im} \left\ {- \frac {3}{2} \ln {i} \ln ^2(1-i)-3 \int ^i_1 \frac { \ln {z} \ln (1-z)}{1-z}{ \rm d}z \right\ } \\ =& \frac {3 \pi ^3}{64}- \frac {3 \pi }{16} \ln ^2{2}-{ \rm Im} \Bigg {\{}3{ \rm Li}_2(1-i) \ln (1-i)-3{ \rm Li}_3(1-i) \Bigg {\}} \end {align} Desplumando $z=i$ en la fórmula de reflexión del dilogaritmo, $$\underbrace{{\rm Li}_2(i)}_{\displaystyle\small{-\frac{\pi^2}{48}+i\mathbf{G}}}+{\rm Li}_2(1-i)=\frac{\pi^2}{6}\underbrace{-\ln{i}\ln(1-i)}_{\displaystyle\small{-\frac{\pi^2}{8}-i\frac{\pi}{4}\ln{2}}}$$ lo que implica $${\rm Li}_2(1-i)=\frac{\pi^2}{16}-i\left(\mathbf{G}+\frac{\pi}{4}\ln{2}\right)$$ Así, tenemos $$-{\rm Re}\int^\frac{\pi}{4}_03\ln^2(1-e^{i2x})\ {\rm d}x=3\Im{\rm Li}_3(1-i)+\frac{3\mathbf{G}}{2}\ln{2}+\frac{3\pi^3}{32}+\frac{3\pi}{16}\ln^2{2}$$ Finalmente, \begin {align} \color {#6F00FF}{{} \int ^1_0 \ln ^3 \left ( \sqrt {1+x}- \sqrt {1-x} \right )\ { \rm d}x =}& \color {#6F00FF}{3 \Im { \rm Li}_3(1-i)+ \frac {3 \mathbf {G}}{2} \ln {2}- \frac {3 \mathbf {G}}{2}- \frac { \pi ^3}{64}+ \frac {3 \pi }{16} \ln ^2{2}} \\ & \color {#6F00FF}{+ \frac {1}{8} \ln ^3{2}- \frac {3}{8} \ln ^2{2}+ \frac {3}{4} \ln {2}- \frac {3 \pi }{8}- \frac {3}{4}} \end {align}

Answer 2

Esta respuesta puede ser innecesaria después de la bonita respuesta de M.N.C.E., pero por si sirve de algo aquí hay un enfoque alternativo.

Empecemos por transformar la integral mediante la siguiente sustitución de Euler:

$$\sqrt{1-x^2}=1-xt.$$

Resolviendo la variable $t$ en función de $x$ y viceversa, encontramos,

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

y

$$x=\frac{2t}{1+t^2}.$$

La ventaja de esta sustitución sobre la sugerida en el enunciado de la pregunta es que convierte rápidamente el integrando en un producto de una función racional y el logaritmo (al cuadrado) de una función racional. Una sola integración por partes puede entonces reducir la potencia del logaritmo a $1$ :

$$\begin{align} \mathcal{I} &=\int_{0}^{1}\ln^2{\left(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\right)}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\ln^2{\left(\frac{|1+t|}{\sqrt{1+t^2}}-\frac{|1-t|}{\sqrt{1+t^2}}\right)}\cdot\frac{2(1-t^2)}{(1+t^2)^2}\,\mathrm{d}t\\ &=2\int_{0}^{1}\frac{(1-t^2)}{(1+t^2)^2}\ln^2{\left(\frac{1+t-1+t}{\sqrt{1+t^2}}\right)}\,\mathrm{d}t\\ &=2\int_{0}^{1}\frac{(1-t^2)}{(1+t^2)^2}\ln^2{\left(\frac{2t}{\sqrt{1+t^2}}\right)}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac12\int_{0}^{1}\frac{(1-t^2)}{(1+t^2)^2}\ln^2{\left(\frac{4t^2}{1+t^2}\right)}\,\mathrm{d}t\\ &=\left[\frac{t}{1+t^2}\ln^2{\left(\frac{4t^2}{1+t^2}\right)}\right]_{0}^{1}-\frac12\int_{0}^{1}\frac{t}{1+t^2}\cdot\frac{4\ln{\left(\frac{4t^2}{1+t^2}\right)}}{t(1+t^2)}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\ln^2{(2)}}{4}-2\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(\frac{4t^2}{1+t^2}\right)}}{(1+t^2)^2}\,\mathrm{d}t.\\ \end{align}$$

La última integral, por supuesto, se puede evaluar sistemáticamente en términos de dilogaritmos.

Answer 3

También me interesaría conocer otras formas de acercamiento, si es posible.

Demasiado largo para un comentario:

• Por un lado, x varía entre $0$ y $1$ , lo que implica una sustitución trigonométrica.

• Por otro lado, las expresiones de la forma $\sqrt{1\pm x}$ automáticamente traen a la mente las famosas fórmulas trigonométricas $\dfrac{1+\cos2t}2=\cos^{2}t$ y $\dfrac{1-\cos2t}2=\sin^2t$ .

• Por otro lado, observamos que en nuestro integrando están presentes exactamente dos de los tres tipos posibles de secciones cónicas: las hipérbolas, representadas por el logaritmo natural, cuya derivada es la hipérbola, y las parábolas, representadas por las dos raíces cuadradas. Ahora bien, recordando que en casi todas las novelas de misterio de Agatha Christie el culpable es precisamente el personaje del que menos se sospecha, nos inclinamos a sospechar que una sustitución relativa a la tercera y misteriosamente ausente sección cónica, el círculo, podría estar en orden.

• En el cuarto Por otra parte, si la vida me ha enseñado algo en los últimos meses, es que no son las expresiones matemáticas reales y literales que aparecen en un integrando a las que hay que prestar atención $($ ya que no son más que meras máscaras y falsas apariencias, destinadas a ocultar su verdadera identidad, y a engañar al público, como las bonitas chicas de espectáculo a medio vestir en un acto de ilusionismo, desviando la atención del público de los juegos de manos de éste, e impidiendo que descubran sus trucos $)$ sino el dominio de valores que ocupan y la forma en que se relacionan entre sí. En este caso concreto, es realmente difícil no darse cuenta de que $\Big(\sqrt{1+x}\Big)^2+\Big(\sqrt{1-x}\Big)^2=2$ . ¿Te viene a la mente alguna fórmula trigonométrica en particular?

Answer 4

Para la integral generalizada \begin {align} \int_ {0}^{1} \ln ^{2} \left ( \sqrt [k]{1+x} - \sqrt [k]{1-x} \right ) \N - dx \end {align} un posible resultado, aunque no es fácilmente reducible de forma rápida, puede demostrarse que es \begin {align} & \int_ {0}^{1} \ln ^{2}( \sqrt [k]{1+x} - \sqrt [k]{1-x} ) \N, dx \nonumber\\ & \hspace {5mm} = \frac {2(1 - \ln 2)^{2}}{k^{2}} + \frac {2}{k} \, \sum_ {r, s = 1}^{ \infty } \frac {(-1)^{s}} {r \ ~, s(s + 1)} \ ~, F_{1} \left ( s+2; - \frac {r}{k}, \frac {r}{k}; s+2; 1, -1 \right ) \nonumber\\ & \hspace {5mm} + 2 k \ ~ -, \sum_ {r=1}^{ \infty } \frac {(-1)^{r-1} \N, H_{r}{(r+1)(r+k+1)}, {}{2}F_{1} \left ( 1, \frac {r+1}{k} ; \frac {r+2k+1}{k} ; -1 \right ) \end {align} donde $F_{1}$ es la función hipergeométrica de Appell, ${}_{2}F_{1}$ es la función hipergeométrica de Gauss y $H_{n}$ es el número armónico.