Integral de la $\int_{0}^1\frac{\ln\frac{3+x}{3-x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx$

Question

Tengo un problema con la siguiente integral:

$$ \int_{0}^{1}\ln\left(\,3 + x \a más de 3 - x\,\right)\, {{\rm d}x \\, \sqrt{\,x\left(\,1 - x\,\right)\,}\,} $$

La primera idea fue utilizar la integración por partes porque

$$ \int{{\rm d}x \\, \sqrt{x\left(\,1 - x\,\right)\,}\,} =\arcsin\left(\,2x - 1\,\right) + C $$

pero ¿cuál sería el siguiente paso no es clara. Otra idea sería la de ampliar $\ln\left(\,\cdot\right)$ en series de Taylor, pero parece ser aún peor opción.

Así que, ¿cuáles son las otras opciones?

Answer 1

Deje $x = \sin(t)^2$$s = 2t$, tenemos

$$\int_0^1 \log\left(\frac{3+x}{3-x}\right)\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}} = \int_0^{\pi/2} \log\left(\frac{3 + \sin(t)^2}{3-\sin(t)^2}\right)\frac{2\sen t\cos tdt}{ \sqrt{\sin(t)^2(1-\sin(t)^2)}}\\ = 2 \int_0^{\pi/2}\log\left(\frac{3 + \sin(t)^2}{3-\sin(t)^2}\right) dt = \int_0^{\pi}\log\left(\frac{3 + \frac{1-\cos s}{2}}{3-\frac{1-\cos s}{2}}\right) ds\\ = \int_0^{\pi}\left(\log(7-\cos s) - \log(5+\cos s)\right) ds $$

Aviso para cualquier $a > 1$, tenemos

$$\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \log(a \pm \cos s)ds = \cosh^{-1}(a) = \log\left(\frac{a + \sqrt{a^2-1}}{2}\right)\tag{*1}$$ La integral que desea es simplemente $$\pi\left( \cosh^{-1}(7) - \cosh^{-1}(5)\right) = \pi \log\left(\frac{7+4\sqrt{3}}{5+2\sqrt{6}}\right)\aprox 1.072804016182156$$

Estoy seguro de que la identidad en $(*1)$ tiene un nombre pero no puedo recordar lo que es. Deje que nosotros la prueba!

Aviso para cualquier $b > 1$, la función de $\log(b+z)$ es analítica sobre y dentro del círculo unidad $S^1$$\mathbb{C}$.
Por el teorema de los Residuos, hemos

$$\frac{1}{2\pi i}\int_{S^1} \log(b + z) \frac{dz}{z} = \log(b)$$

Si uno parametrizar el círculo unitario por $z = e^{i\theta}$, obtenemos

$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \log(b + e^{i\theta}) d\theta = \log(b)$$

Tomar la parte real en ambos lados, esto lleva a la

$$\begin{align} &\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \log(b^2 + 1 + 2b\cos\theta) d\theta = \log(b^2)\\ \iff & \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \log\left(\frac{b+b^{-1}}{2} + \cos\theta\right)d\theta = \log\left(\frac{b}{2}\right)\end{align}$$ Sustituto $\displaystyle\;\frac{b+b^{-1}}{2}\;$$a$, tenemos $\displaystyle\;\frac{b-b^{-1}}{2} = \sqrt{a^2-1}$ y está claro $(*1)$ sigue.

Answer 2

Tenemos:

$$\int_{0}^{1}\frac{\log(3+x)}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx = 2\pi\log\frac{2+\sqrt{3}}{2}.\tag{1}$$

Esto sucede porque: $$\int_{0}^{1}\frac{\log(3+x)}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx=2\int_{0}^{1}\frac{\log(3+x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx =\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\log(3+\cos^2\theta)\,d\theta,$$ $$\int_{0}^{1}\frac{\log(3+x)}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\log\left(\frac{7+\cos\theta}{2}\right)d\theta=-\pi\log 2+\int_{0}^{\pi}\log(7+\cos\theta)\,d\theta.$$ Ahora viene una técnica interesante - tenemos: $$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{\pi}\log(7+\cos\theta)\,d\theta &=& \lim_{n\to +\infty}\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n}\log\left(7+\cos\frac{k\pi}{n}\right)\\&=&\lim_{n\to +\infty}\frac{\pi}{n}\log\prod_{k=1}^{n}\left(7+\cos\frac{k\pi}{n}\right)\end{eqnarray*}$$ pero ya que: $$z^{2n}-1 = \prod_{k=1}^{2n}\left(z-e^{\frac{\pi i k }{n}}\right)=(z^2-1)\prod_{k=1}^{n-1}\left(z^2+1-2z\cos\frac{k\pi}{n}\right)$$ y las soluciones de $$\frac{z^2+1}{2z}=-7$$ se $z=\pm 4\sqrt{3}-7$, se sigue que: $$\int_{0}^{\pi}\log(7+\cos\theta)\,d\theta=\pi\log\left(\frac{7}{2}+2\sqrt{3}\right).$$ Con la misma técnica podemos probar:

$$\int_{0}^{1}\frac{\log(3-x)}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx = \pi\log\left(\frac{5}{4}+\sqrt{\frac{3}{2}}\right),\tag{2}$$

por lo tanto tenemos:

$$\int_{0}^{1}\frac{\log\frac{3+x}{3-x}}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx = \pi\log\left((7+4\sqrt{3})(5-2\sqrt{6})\right).\tag{3}$$

Answer 3

Dividir la integral en dos formas mediante la ampliación de la función logaritmo $$ \int_{0}^1\frac{\ln\frac{3+x}{3-x}}{\sqrt{x(1-x)}}\ dx=\int_{0}^1\frac{\ln(3+x)}{\sqrt{x(1-x)}}\ dx-\int_{0}^1\frac{\ln(3-x)}{\sqrt{x(1-x)}}\ dx $$ Deje $t=\sqrt{x}\ \rightarrow\ dt=\dfrac{dx}{2\sqrt{x}}$, tenemos $$ 2\int_{0}^1\frac{\ln(3+t^2)}{\sqrt{1-t^2}}\ dt-2\int_{0}^1\frac{\ln(3-t^2)}{\sqrt{1-t^2}}\ dt $$ Deje $t=\sin\theta\ \rightarrow\ dt=\cos\theta\ d\theta$, tenemos $$ 2\int_{0}^{\pi/2}\ln(3+\sin^2\theta)\ d\theta-2\int_{0}^{\pi/2}\ln(3-\sin^2\theta)\ d\theta $$ El uso de la identidad de $\sin^2\theta=\dfrac12(1-\cos2\theta)$ y ajuste de $y=2\theta$, tenemos $$ \int_{0}^1\frac{\ln\frac{3+x}{3-x}}{\sqrt{x(1-x)}}\ dx=\int_{0}^{\pi}\ln\left(7-\cos y\right)\ dy-\int_{0}^{\pi}\ln\left(5+\cos y\right)\ dy $$ Vamos a utilizar su manera de evaluar la integral anterior. Considere la posibilidad de $$ I(k)=\int_{0}^{\large\pi}\ln\left(k\pm\cos y\right)\ dy $$ entonces \begin{align} I'(k)&=\int_{0}^{\large\pi}\frac{1}{k\pm\cos y}\ dy \end{align} El uso de la fórmula $$ \int_0^\pi\frac{1}{a^2+b^2-2ab\cos x}dx=\frac{\pi}{a^2-b^2} $$ Establecimiento $b=\pm\dfrac{1}{2a}$, tenemos $$ \int_0^\pi\frac{1}{a^2+\frac{1}{4a^2}\pm\cos x}dx=\frac{4\pi^2}{4a^4-1} $$ Claramente $k=a^2+\dfrac{1}{4a^2}\ \rightarrow\ a^2=\dfrac{k+\sqrt{k^2-1}}{2}$$dk=\dfrac{4a^4-1}{2a^3}da$, luego \begin{align} I(k)&=\int\int_{0}^{\large\pi}\frac{1}{k\pm\cos y}\,dy\,dk\\ &=\int\frac{4\pi a^2}{4a^4-1}\cdot\dfrac{4a^4-1}{2a^3}da\\ &=2\pi\int\frac{1}{a}\,da\\ &=2\pi\ln(a)+C\\ &=\pi\ln(a^2)+C\\ &=\pi\ln\left(\dfrac{k+\sqrt{k^2-1}}{2}\right)+C\\ \end{align} Finalmente \begin{align} \int_{0}^1\frac{\ln\frac{3+x}{3-x}}{\sqrt{x(1-x)}}\ dx&=I(7)-I(5)\\ &=\pi\ln\left(\dfrac{7+\sqrt{7^2-1}}{5+\sqrt{5^2-1}}\right)\\ &=\pi\ln\left(\dfrac{7+4\sqrt{3}}{5+2\sqrt{6}}\right)\\ \end{align} Yeayyy, estoy hecho! (>‿◠)✌