Integral de la $\int_0^1 \log \frac{1+ax}{1-ax}\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\pi\arcsin a$

Question

Hola estoy tratando de resolver esta integral $$ I:=\int_0^1 \log \frac{1+ax}{1-ax}\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\pi\arcsin un,\qquad |a|\leq 1. $$ Da buen resultado para $a=1$ $$ \int_0^1 \log \frac{1+x}{1-x}\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi^2}{2}. $$ Traté de escribir $$ I=\int_0^1 \frac{\log(1+ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx-\int_0^1 \frac{\log(1-ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx $$ Si trabajamos con una de estas integrales se puede escribir $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}^n}{n}\int_0^1 \frac{x^{n-1}}{\sqrt{1-x^2}}dx-\sum_{n=1}^\infty \frac{a^n}{n}\int_0^1 \frac{x^{n-1}}{\sqrt{1-x^2}}dx, $$ simplificando puedo obtener una suma infinita de funciones Gamma. lo que no estoy seguro de cómo se relacionan con el $\arcsin$ Gracias.

Answer 1

Ver $I$ como una función de la $a$, diferenciar bajo el signo integral y vamos a $x = \sin\theta$, tenemos

$$\begin{align} I'(a) &= \int_0^1 \left( \frac{x}{1+ax} - \frac{-x}{1-ax}\right) \frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}} = \int_{-1}^1 \frac{dx}{(1+ax)\sqrt{1-x^2}}\\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{d\theta}{1+a\sin\theta} = \frac12 \int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{1+a\sin\theta} = \frac12 \int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{1+a\cos\theta} \end{align} $$ Introducir $z = e^{i\theta}$ y convertir la integral anterior a una integral de contorno en la unidad de círculo en $z$, obtenemos

$$I'(a) = \frac{1}{2}\oint_{|z|=1} \frac{dz}{z+\frac{a}{2}(z^2+1)} = \frac{1}{ai}\oint_{|z|=1} \frac{dz}{(z - \lambda_{+})(z - \lambda_{-})} $$ donde $\displaystyle\;\lambda_{\pm} = -\frac{1}{a} \pm \sqrt{\frac{1}{a^2}-1}.\;$ Al $|a| \le 1$, sólo el root $\lambda_{+}$ se encuentra en el interior del círculo unidad, tenemos $$I'(a) = \frac{1}{ai}\frac{2\pi i}{\lambda_{+} - \lambda_{-}} = \frac{2\pi}{2a\sqrt{\frac{1}{a^2}-1}} = \frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}} $$ Desde $I(0) = 0$, obtenemos

$$I(a) = \pi \int_0^a \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} = \pi \arcsin(a)$$

Answer 2

La integral en cuestión, \begin{align} I = \int_{0}^{1} \ln \left( \frac{1+ax}{1-ax} \right) \ \frac{dx}{x \sqrt{1-x^{2}}} \end{align} puede ser separado en dos integrales \begin{align} I = \int_{0}^{1} \frac{ \ln(1+ax)}{x \sqrt{1-x^{2}}} \ dx - \int_{0}^{1} \frac{ \ln(1-ax)}{x \sqrt{1-x^{2}}} \ dx \end{align} lo que se dice $I_{1}$$I_{2}$. Ahora \begin{align} I_{1} &= \int_{0}^{1} \frac{ \ln(1+ax)}{x \sqrt{1-x^{2}}} \ dx \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} a^{n}}{n} \ \int_{0}^{1} \frac{x^{n-1} \ dx}{\sqrt{1-x^{2}}} \\ &= - \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-a)^{n}}{n} \ B(n/2, 1/2) \\ &= - \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-2a)^{n} \ \Gamma^{2}(n/2)}{n!} \\ &= - \frac{1}{4} \left[ \sum_{k=0}^{\infty} \Gamma^{2}(k+1/2) \frac{(-2a)^{2k+1}}{(2k+1)!} + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(k!)^{2} (-2a)^{2k+2}}{(2k+2)!} \right] \\ &= - \frac{1}{4} \left[ -2\pi a \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(1/2)_{k} (1/2)_{k} a^{2k}}{ k! (3/2)_{k}} + 4 a^{2} \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k+2}{k+1}^{-1} \frac{(2a)^{2k}}{(k+1)^{2}} \right] \\ &= \frac{\pi}{2} \ \sin^{-1}(a) - a^{2} \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k+2}{k+1}^{-1} \frac{(2a)^{2k}}{(k+1)^{2}}. \end{align} En una casa de similares, \begin{align} I_{2} &= - \frac{\pi}{2} \ \sin^{-1}(a) - a^{2} \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k+2}{k+1}^{-1} \frac{(2a)^{2k}}{(k+1)^{2}}. \end{align} Desde $I = I_{1} - I_{2}$ \begin{align} \int_{0}^{1} \ln \left( \frac{1+ax}{1-ax} \right) \ \frac{dx}{x \sqrt{1-x^{2}}} = \pi \ \sin^{-1}(a) \end{align} cual es el valor deseado.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{{\rm I}\pars{un}\equiv\int_{0}^{1}\ln\pars{1 + ax \más de 1 - ax}\, {\dd x \a más de x\raíz{1 - x^{2}}} = \pi\arcsin\pars{a}:\ {\large ?} \,,\qquad\verts{un}\leq 1}$.

\begin{align} {\rm I}'\pars{a}&=2\ \overbrace{\int_{0}^{1}{\dd x \over \pars{1 - a^{2}x^{2}}\root{1 - x^{2}}}} ^{\ds{\mbox{Set}\ x \equiv \cos\pars{\theta}}}\ =\ 2\int_{0}^{\pi/2}{\dd\theta \over 1 - a^{2}\cos^{2}\pars{\theta}} \\[3mm]&=2\int_{0}^{\pi/2}{\sec^{2}\pars{\theta}\,\dd\theta\over \sec^{2}\pars{\theta} - a^{2}}\ =2\ \overbrace{\int_{0}^{\pi/2}{\sec^{2}\pars{\theta}\,\dd\theta\over \tan^{2}\pars{\theta} + 1 - a^{2}}}^{\ds{\mbox{Set}\ t \equiv \tan\pars{\theta}}} =2\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} + 1 - a^{2}} \\[3mm]&={2 \over \root{1 - a^{2}}}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} + 1}}^{\ds{=\ {\pi \over 2}}} \qquad\imp\qquad \color{#c00000}{{\rm I}'\pars{a} = {\pi \over \root{1 - a^{2}}}} \end{align}

Desde $\ds{{\rm I}\pars{0} = 0}$: $$ {\rm I}\pars{a}=\color{#66f}{\large\int_{0}^{1}\ln\pars{1 + ax \más de 1 - ax}\, {\dd x \a más de x\raíz{1 - x^{2}}}} =\pi\int_{0}^{a}{\dd t \\raíz{1 - t^{2}}} =\color{#66f}{\large \pi\ \arcsin\pars{un}} $$

Answer 4

No es necesario el uso de análisis complejo o para utilizar el poder de la serie de calcular. De @Variable Aleatoria, tenemos $$ I'(a) =\int_{-1}^1 \frac{dx}{(1+ax)\sqrt{1-x^2}}=\int_{-1}^1 \frac{1}{1+ax}d\arcsin x. $$ Deje $x=\sin t$. Entonces $$ I'(a) =\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1}{1+a\sin t}dt. $$ Deje $u=\tan\frac{t}{2}$. Entonces \begin{eqnarray} I'(a)&=&2\int_{-1}^{1} \frac{1}{u^2+1+2au}du=2\int_{-1}^{1} \frac{1}{(u+a)^2+1-a^2}du\\ &=&\frac{2}{\sqrt{1-a^2}}(\arctan\frac{1+a}{\sqrt{1-a^2}}-\arctan\frac{-1+a}{\sqrt{1-a^2}})\\ &=&\frac{2}{\sqrt{1-a^2}}(\arctan\frac{1+a}{\sqrt{1-a^2}}+\arctan\frac{1-a}{\sqrt{1-a^2}})\\ &=&\frac{2}{\sqrt{1-a^2}}\frac{\pi}{2}\\ &=&\frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}}. \end{eqnarray} Pero $I(0)=0$ $ I(a)=\pi\arcsin a. $

Answer 5

Es más fácil tomar la derivada de ambos lados de acuerdo a $a$, que para realizar la integración: $$\int_0^1 \frac{2}{1-a^2x^2}\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}}$$ El lado izquierdo de donaciones: $$2 \text{arctanh}\left(\frac{\sqrt{a^2-1}}{\sqrt{1 - x^2}}x\right)\frac{1}{\sqrt{a^2-1}}+C$$ Que, cuando la aplicación de los límites, se tiene: $$\frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}}+C$$ como se desee. Ahora todo lo que necesita hacer es comparar en un solo punto para demostrar que el $C=0$, que ya lo han hecho.