¿Cómo podríamos obtener una forma cerrada para éste? $$\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{x}^{2}}\sqrt{\tan x}\sin \left( 2x \right)\text{d}x}$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
El método general de ataque a una integral como este es reconocer que el $x^2$ podía ser ignorado por el momento, tras expresar la integral en términos de un parámetro adecuado para que, luego de estar dos veces diferenciadas. Es decir, después de un poco de manipulatin, me parece:
$$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dx \: {x}^2 \sqrt{\tan x} \sin \left( 2x \right) = 2 \Im{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dx \: x^2 e^{i x} \sqrt{\sin{x} \cos{x}}} $$
Para considerar el siguiente integral:
$$J(\alpha) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dx \: e^{i \alpha x} \sqrt{\sin{x} \cos{x}} $$
Tenga en cuenta que la integral que buscamos es
$$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dx \: {x}^2 \sqrt{\tan x} \sin \left( 2x \right) = -2 \Im{\left [ \frac{\partial^2}{\partial \alpha^2} J(\alpha) \right ]_{\alpha = 1}} $$
Resulta que no es, de hecho, una cerrada para $J(\alpha)$:
$$J(\alpha) = -\frac{\left(\frac{1}{16}+\frac{i}{16}\right) \sqrt{\frac{\pi }{2}} \left ( e^{\frac{i \pi a}{2}}-i\right) \Gamma \left(\frac{a-1}{4}\right)}{\Gamma \left ( \frac{a+5}{4} \right )} $$
Conectando en la expresión anterior, usted encontrará términos y condiciones, incluyendo polylogs y armónica de los números, que te voy a ahorrar, a menos que explícitamente pidió. Pero esta es la manera de conseguir una forma cerrada de la expresión de su formación integral.
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La integral es aún más agradable cuando consideramos
$$J(\alpha) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dx \: \sin{\alpha x} \sqrt{\sin{x} \cos{x}} $$
Entonces
$$J(\alpha) = \frac{\pi ^{3/2} \sin \left(\frac{\pi}{4}\right)}{8 \Gamma \left(\frac{5}{4}\right) \Gamma \left(\frac{5+a}{4}\right)}$$
y
$$\left [ \frac{\partial^2}{\parcial \alpha^2} J(\alpha) \right ]_{\alpha = 1} = \frac{\pi \left(-5 \pi ^2+6 \pi (\log (4)-2)+3 (8+(\log (4)-4) \log (4))\right)}{192 \sqrt{2}}$$
La integral que buscamos es entonces
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} dx \: x^2 \sqrt{\bronceado{x}} \sin{(2 x)} = -2 \left [ \frac{\partial^2}{\parcial \alpha^2} J(\alpha) \right ]_{\alpha = 1} = \frac{\pi \left(-24+12 \pi +5 \pi ^2-3 \log ^2(4)+12 \log (4)-6 \pi \log (4)\right)}{96 \sqrt{2}}$$
Resulta que el valor numérico de este último valor es $1.10577$, lo cual está de acuerdo con la aproximación numérica de la integral mencionado por @mrf y verificado en Mathematica.
Thierry Lam
Puntos
1079
Deje $ \displaystyle f(z) = \log^{2}(z) \Big( \frac{z-1}{z+1} \Big)^{1/2}$ donde $-\pi < \arg(z), \arg(z-1), \arg(z+1) \le \pi$.
Ahora se integran alrededor de un contorno, que consiste en el segmento de justo por encima de $[-1,1]$ y la mitad superior del círculo unitario, y se pretende alrededor de los puntos de ramificación en$z=0, z=1,$$z=-1$.
Las aportaciones de las hendiduras alrededor de los puntos de ramificación puede ser demostrado ser de fuga pequeña.
Luego va alrededor del contorno en sentido antihorario,
$$ \int_{-1}^{0} \log^{2}(|x| + i \pi)\Big( \frac{(1-x)e^{\pi i}}{1+x} \Big)^{\frac{1}{2}}\ dx \ + \int_{0}^{1} \log^{2}(x) \Big(\frac{(1-x)e^{\pi i}}{1+x} \Big)^{1/2} \ dx $$
$$ \ + i \int_{0}^{\pi} \log^{2}(e^{it}) \Big(\frac{e^{i t}-1}{1+e^{i t}} \Big)^{1/2} e^{it} \ dt = 0$$
$ $
Mirando a cada pieza por separado,
$$ \begin{align} \int_{-1}^{0} \log^{2}(|x| + {i \pi})\Big( \frac{(1-x)e^{i \pi}}{1+x} \Big)^{\frac{1}{2}} \ dx &= i \int_{0}^{1} \Big(\log x + i \pi \Big)^{2} \Big(\frac{1+x}{1-x} \Big)^{1/2} \ dx \\ &= i \int_{0}^{1}\Big(\log^{2} (x) + 2 \pi i \log x - \pi^{2} \Big) \frac{1+x}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx \end{align}$$
$ $
$$\int_{0}^{1} \log^{2}(x) \Big(\frac{(1-x)e^{\pi i}}{1+x} \Big)^{1/2} \ dx = i \int_{0}^{1} \log^{2}(x) \frac{1-x}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx $$
$ $
$$ \begin{align} i \int_{0}^{\pi} \log^{2}(e^{it}) \Big(\frac{e^{i t}-1}{1-e^{i t}} \Big)^{1/2} e^{it} \ dt &= -i \int_{0}^{\pi} t^{2} \sqrt{i \tan t/2} \ e^{it} \ dt \\ &= - i e^{i \pi/4} \int_{0}^{\pi} t^{2} \sqrt{\tan t/2} \ e^{it} \ dt \end{align}$$
$ $ Así tenemos
$$ e^{i \pi /4} \int_{0}^{\pi} t^{2} \sqrt{\tan t/2} \ e^{it} \ dt = 2 \int_{0}^{1} \frac{\log^{2}(x)}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx + 2 \pi i \int_{0}^{1} \frac{\log x}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx $$
$$ \ + 2 \pi i \int_{0}^{1} \frac{x \log x}{\sqrt{1-x^{2}}} - \pi^{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx - \pi^{2} \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx$$
$ $
Ahora podemos utilizar el hecho de que
$$ \int_{0}^{1} \frac{x^{a}}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} u^{a/2+1/2-1} (1-u)^{1/2-1} \ du = \frac{1}{2} B \left( \frac{1}{2}, \frac{a}{2}+ \frac{1}{2} \right)$$
para evaluar las integrales de la derecha.
$ $
$$ \begin{align} \int_{0}^{1} \frac{\log^{2}(x)}{\sqrt{1-x^{2}}} &= \frac{d^{2}}{da^{2}} \frac{1}{2} B \left( \frac{1}{2}, \frac{a}{2}+ \frac{1}{2} \right) \Big|_{a=0} \\ &= \frac{1}{8} B \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) \Big[ \Big( \psi (\frac{1}{2} ) - \psi(1) \Big)^{2} + \psi_{1}(\frac{1}{2}) - \psi_{1}(1) \Big] \\ &= \frac{\pi^{3}}{24} + \frac{\log^{2} 4}{8} \end{align}$$
$ $
$$ \begin{align} \int_{0}^{1} \frac{\log x}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx &= \frac{1}{2} \frac{d}{da} \frac{1}{2} B \left( \frac{1}{2}, \frac{a}{2}+ \frac{1}{2} \right) \Big|_{a=0} \\ &= \frac{1}{4} B \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) \left( \psi(\frac{1}{2}) - \psi(1) \right) \\ &= - \frac{\pi \log 2}{2} \end{align}$$
$ $
$$ \begin{align} \int_{0}^{1} \frac{x \log x}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx &= \frac{1}{2} \frac{d}{da} \frac{1}{2} B \left( \frac{1}{2}, \frac{a}{2}+ \frac{1}{2} \right) \Big|_{a=1} \\ &= \frac{1}{4} B \left( \frac{1}{2}, 1 \right) \left( \psi(1) - \psi(\frac{3}{2}) \right) \\ &= \log 2 -1 \end{align}$$
$ $
$$ \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx = \frac{\pi}{2}$$
$ $
$$ \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}} \ dx = 1$$
$ $
Por lo tanto,
$$ \int_{0}^{\pi} t^{2} \sqrt{\tan t/2} \ e^{it} \ dt = e^{-i \pi /4} \Big( \frac{\pi^{3}}{12} + \frac{\pi \log^{2} 4}{4} - i \pi^{2} \log 2 + 2 \pi i \log 2 - 2 \pi i - \frac{\pi^{3}}{2} - \pi^{2} \Big)$$
o
$$ \int_{0}^{\pi /2} t^{2} \sqrt{\tan t} \ e^{2it} \ dt = \frac{1}{8} e^{- i \pi /4} \Big( \frac{\pi^{3}}{12} + \frac{\pi \log^{2} 4}{4} - i \pi^{2} \log 2 + 2 \pi i \log 2 - 2 \pi i - \frac{\pi^{3}}{2} - \pi^{2} \Big)$$
$ $
Finalmente, la equiparación de las piezas imaginarias en ambos lados de la ecuación,
$$ \begin{align} \int_{0}^{\pi /2} t^{2}\sqrt{\tan t} \sin(2t) \ dt &= \frac{1}{8 \sqrt{2}} \left(- \pi^{2} \log 2 + 2 \pi \log 2 - 2 \pi - \frac{\pi^{3}}{12} - \frac{\pi \log^{2} 4}{4} + \frac{\pi^{3}}{2} + \pi^{2}\right) \\ &=\frac{\pi }{96 \sqrt{2}} \left(5 \pi^{2} + 12 \pi -12 \pi \log 2 + 24 \log 2 - 3 \log^{2} 4 - 24 \right) \\ &\approx 1.1057733283 \end{align}$$
