Evaluar $\int \frac{\log(1+x^2)}{\sqrt{1-x^2}} \,\mathrm dx$

Question

$\def\d{\mathrm{d}}$ Evaluar $$\int \frac{\log(1+x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\,\d x.$$

He utilizado la integración por partes de la siguiente manera:

$$I=\log(1+x^2) \: \sin^{-1}x-\int \frac{2x \sin^{-1}x}{1+x^2}\,\d x=\log(1+x^2) \: \sin^{-1}x-J,$$ donde

$$J=\int \frac{2x \sin^{-1}x}{1+x^2}\,\d x$$ En esta puesta $x=\sin y$ obtenemos

$$J=\int \frac{y \sin2y}{1+\sin^2y}\,\d y.$$

¿Alguna pista aquí?

Answer 1

Es posible una aproximación algo más elemental a la misma serie binomial. Consideremos $$I = \int_{x=0}^1 \frac{\log (1+x^2)}{\sqrt{1-x^2}} \, dx.$$ La sustitución $$x = \sin \theta, \quad dx = \cos \theta \, d\theta$$ da $$I = \int_{\theta=0}^{\pi/2} \log (1 + \sin^2 \theta) \, d\theta = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \int_{\theta=0}^{\pi/2} \sin^{2k} \theta \, d\theta.$$ En otra respuesta demostramos utilizando sólo la integración por partes la identidad $$\int_{\theta=0}^{\pi} \sin^{2k} \theta \, d\theta = \binom{2k}{k} \frac{\pi}{4^k},$$ así $$I = -\frac{\pi}{2} \sum_{k=1}^\infty \binom{2k}{k} \frac{\left(-1/4\right)^k}{k},$$ y el resto del cálculo es el siguiente.

Answer 2

En los comentarios del OP pregunta si la integración de la función en $[0,1]$ se obtiene una forma cerrada sencilla. En esta respuesta demuestro que la integral en este intervalo es igual a $\pi \log\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ $$\int_0^1 \frac{\log(1+x^2)}{\sqrt{1-x^2}}dx = \int_0^1 \left(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\frac{x^{2n}}{n}\right)dx$$ Ahora movemos algunas cosas e intercambiamos la integral y la suma para obtener $$\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{(-1)^{n+1}}{n}\int_0^1 \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}dx\right) \tag{1}$$ Reconocemos la integral interna como una Función Beta. Lo demostramos dejando que $x = \sin(u)$ $$\int_0^1 \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}dx = \int_0^1 \frac{\sin^{2n}(u)}{\sqrt{1-\sin^2u}}\cos(u)du = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n}(u)\,du = \frac{1}{2}B(n+1/2,1/2)$$ Reescribiendo esto en términos de la función Gamma y combinando términos, podemos sustituir $(1)$ con $$\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{(-1)^{n+1}}{n} \frac{\sqrt{\pi} \,\Gamma(n + 1/2)}{2\,\Gamma(n + 1)}\right) = \frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{(-1)^{n+1}}{n} \left(\frac{1}{4}\right)^n{2n \choose n}\right) \tag{2}$$

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Llegados a este punto, nos fijamos por un momento en un sumatorio diferente: la serie binomial $$\sum_{n=0}^\infty {2n \choose n} t^n = \frac{1}{\sqrt{1-4t}} \implies \sum_{n=1}^\infty {2n \choose n} t^{n-1} = \frac{1-\sqrt{1-4t}}{\sqrt{1-4t}}$$ Ahora podemos integrar para encontrar que $$\int_0^x\sum_{n=1}^\infty {2n \choose n} t^{n-1}dt = \int_0^x \frac{1-\sqrt{1-4t}}{t\sqrt{1-4t}} dt$$ Intercambiando la integral y la suma nos da (después de integraciones relativamente fáciles) $$\sum_{n=1}^\infty \frac{{2n \choose n}}{n} x^n = \log(4)-2\log(1+\sqrt{1-4x})$$ Dejar $x = \frac{-1}{4}$ y multiplicando ambos lados por $-1$ obtenemos $$-\sum_{n=1}^\infty \frac{{2n \choose n}}{n} \left(\frac{-1}{4}\right)^n = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \left(\frac{1}{4}\right)^n {2n \choose n}= 2\log(1+\sqrt{2})-2\log(2)$$

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Ahora hemos evaluado $(3)$ Por consiguiente, ahora podemos demostrar la afirmación inicial.

$$\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{(-1)^{n+1}}{n} \left(\frac{1}{4}\right)^n{2n \choose n}\right) = \pi(\log(1+\sqrt{2})-\log(2)) = \pi \log\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \quad \square$$

Answer 3

También podemos hacer esto.

Considera la integral doble:

\begin{align}I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \frac{2x^2y}{\sqrt{1-x^2}(1+x^2y^2)} \ dy \ dx. \end{align}

Integrar con respecto a $y$ primero, tenemos \begin{align}I=\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x^2)}{\sqrt{1-x^2}} \ dx. \end{align}

Por otro lado, invertimos el orden de integración

\begin{align}I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \frac{2x^2y}{\sqrt{1-x^2}(1+x^2y^2)} \ dx \ dy. \end{align}

Para ello, utilizamos la antiderivada de $ \frac{2x^2y}{\sqrt{1-x^2}(1+x^2y^2)}$ es \begin{align} \frac{2}{y} \left(\sin^{-1}(x) - \frac{\tan^{-1} \left( \frac{x\sqrt{1+y^2}}{\sqrt{1-x^2}}\right)}{\sqrt{y^2+1}} \right), \end{align} por lo que al enchufar los puntos finales de integración que

\begin{align} I= \int_{0}^{1} \frac{\pi}{y} - \frac{\pi}{y\sqrt{1+y^2}} \ dy = \int_{0}^{1} \frac{\pi \sqrt{y^2+1} - \pi}{y\sqrt{1+y^2}} \ dy= \pi \int_{0}^{1}\frac{ y}{\sqrt{1+y^2}(1+\sqrt{1+y^2})} \ dy, \end{align} que obtenemos simplificando con denominadores comunes y multiplicando por el conjugado del numerador. Otra sustitución en u $u=1+\sqrt{1+y^2}, \ du = \frac{y}{\sqrt{1+y^2}(1+\sqrt{1+y^2})}$ nos da

\begin{align} I= \pi \ln(1+\sqrt{2})-\pi\ln(2) \end{align}