Cómo podemos resolver esta integral $\int_{0}^{1}{2x^2-2x+\ln[(1-x)(1+x)^3]\over x^3\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx=-1?$

Question

Algo está mal con esta integral (en cuanto a la separación hacia fuera)

$$\int_{0}^{1}{2x^2-2x+\ln[(1-x)(1+x)^3]\over x^3\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx=\color{blue}{-1}\tag1$$

Mi intento:

Partir de la integral

$$\int_{0}^{1}{2x^2-2x\over x^3\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx+\int_{0}^{1}{\ln[(1-x)(1+x)^3]\over x^3\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx=I_1+I_2\tag2$$

Tenga en cuenta que $I_1$ y $I_2$ divergen, entonces, ¿cómo podemos abordarlo como un todo?

Answer 1

Voy a presentar una respuesta sin funciones Gamma y sin' de la serie de expansiones. En su lugar, un problema más general es resuelto, donde el OP pregunta es un caso especial.

Vamos $$ I(a) = \int_{0}^{1}{2a^2x^2-2ax+\ln[(1-ax)(1+ax)^3]\sobre x^3\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx $$

La respuesta a la OP cuestión está entonces dado por $I(a = 1)$.

Luego, después de la diferenciación parcial w.r.t. $a$,

$$ I'(a) = \int_{0}^{1} \frac{2a^2(2ax - 1)}{(a^2 x^2 - 1)\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx $$

Tenga en cuenta que esto elimina la problemática del factor de $x^3$ en el denominador, este problema fue resuelto en la solución anterior, por la serie de expansión de la $\log$. Por lo tanto, la convergencia es establecido y el orden de las integraciones $x,a$ pueden ser intercambiados.

El $x$-integración da $$ I'(a) = a^2 \Big[ \frac{2 \arctan(\frac{x \sqrt{1 - a^2}}{\sqrt{1 - x^2}})}{\sqrt{1 - a^2}} + \frac{4\arctan(\frac {\sqrt{1 - x^2}}{\sqrt{1 - a^2}})}{\sqrt{1 - a^2}} \Big]_{x=0}^{1} $$

que es

$$ I'(a) = a^2 \Big[ \frac{\pi}{\sqrt{1 - a^2}} - \frac{4\arctan(\frac{a }{\sqrt{1 - a^2}})}{\sqrt{1 - a^2}} \Big] = a^2 \Big[ \frac{\pi}{\sqrt{1 - a^2}} - \frac{4\arcsin({a })}{\sqrt{1 - a^2}} \Big] $$

Ahora integramos w.r.t. $a$: $$ I(a) = \int I'(a) \rm{d} = \int^2 \Big[ \frac{\pi}{\sqrt{1 - a^2}} - \frac{4\arcsin({a })}{\sqrt{1 - a^2}} \Big] \rm{d} un $$

La sustitución de $a = \sin (y)$ da

$$ I(y) = \int \sin^2(y) \Big[ {\pi} - {4 y}\Big] \rm{d} y = y \sin(2y) + (\pi y)/2 - \sin^2(y) - y^2 - (\pi \sin(2y))/4 + C $$

Necesitamos la constante $C$. Obviamente $0 = I(a=0) = I(y=0)$ da $C=0$.

La función en cuestión por el OP es $I(a=1) = I(y=\pi/2) = -1$.

Esto resuelve el OP pregunta. $\qquad \qquad \Box$

Answer 2

Usted tiene que dividir como

$$ I=\int_0^1\frac{x^2/2+x+\log(1-x)}{x^3\sqrt{1-x^2}}+\int_0^1\frac{3x^2/2-3x+3\log(1+x)}{x^3\sqrt{1-x^2}}=\color{red}{I_1}+\color{blue}{I_2} $$

Ahora podemos calcular

$$ \color{red}{I_1}=-\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1\frac{x^{n-3}}{\sqrt{1-x^2}}=-\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n}\frac{\Gamma\left(\frac n2-1\right)}{\Gamma\left(\frac n2-\frac12\right)}\underbrace{=}_{(1)}\\ -\frac{1}{16}\sum_{n=3}^{\infty}\frac{2^n}{n}\frac{\Gamma^2\left(\frac n2-1\right)}{\Gamma\left(n-1\right)}=-\frac12\int_0^1dtt\sum_{k=1}^{\infty}(2t)^k\frac{ \Gamma^2 \left(\frac k2\right)}{k!}\underbrace{=}_{(2)}\\ \int_0^1dtt\arcsin(t)(\pi+\arcsin(t))=\color{red}{-\frac{1}{4}+\frac{3\pi^2}{16}} $$

donde hemos utilizado Legendre de la duplicación de la fórmula en $(1)$ y los resultados de esta bonita pregunta en $(2)$ (el último de la integración es trivial después de emplear $t=\sin(q)$ así que yo os dejo aquí).

Jugando exactamente el mismo juego con $I_2$ obtenemos

$$ \color{blue}{I_2}=-3\int_0^1dtt\arcsin(t)(\pi-\arcsin(t))=\color{blue}{-\frac{3}{4}-\frac{3\pi^2}{16}} $$

o

$$ I=\color{red}{I_1}+\color{blue}{I_2}=-1 $$