Evalúe $\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}\frac{x }{1-k^2x^2}\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)$

Question

Intento evaluar la siguiente integral $$I(k) = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}\frac{x }{1-k^2x^2}\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)$$ con $0< k < 1$ .

Mi intento

Realizando la sustitución $$y=\frac{1-x}{1+x} \Longleftrightarrow x=\frac{1-y}{1+y}$$

tenemos $$ I(k) = \int_0^1 \mathrm{d}y \frac{\log y}{\sqrt{y}}\frac{y-1}{(k^2-1)y^2-2y(k^2+1)+(k^2-1)}$$

Ahora podemos descomponer $$\frac{y-1}{(k^2-1)y^2-2y(k^2+1)+(k^2-1)}= \frac{1}{2k(1+k)}\frac{1}{y+a}- \frac{1}{2k(1-k)}\frac{1}{y+a^{-1}}$$

con $a=\frac{1-k}{1+k}$ va desde $0$ a $1$ . Por lo tanto, podemos escribir $$I(k) = \frac{1}{2k(1+k)}\color{blue}{\int_0^1 \mathrm{d}y \frac{\log y}{\sqrt{y}}\frac{1}{y+a}} - \frac{1}{2k(1-k)}\color{red}{\int_0^1 \mathrm{d}y \frac{\log y}{\sqrt{y}}\frac{1}{y+a^{-1}}}$$

Así que sólo tenemos que evaluar $\color{blue}{I_1}$ y $\color{red}{I_2}$ .

Consideremos ahora la siguiente integral $$ J(\sigma) = \int_0^1 \mathrm{d}x \frac{\log x}{\sqrt{x}}\frac{1}{x-\sigma^2}$$ para que $\color{blue}{I_1}=J(i\sqrt{a})$ y $\color{red}{I_2}=J(i/\sqrt{a})$ .

Considerando el mapa $x\mapsto x^2$ podemos escribir $$ J(\sigma)=4\int_0^1\mathrm{d}x \frac{\log x}{x^2-\sigma^2}= \frac{2}{\sigma}\left[\color{green}{\int_0^1 \frac{\log x}{x-\sigma}}-\color{green}{\int_0^1 \frac{\log x}{x+\sigma}}\right]$$

El problema se reduce entonces a evaluar el $\color{green}{\text{green}}$ integrales. En este punto estoy atascado. Creo que hay que resolverlo utilizando polilogaritmos, pero no sé muy bien cómo utilizar estas funciones.

Mathematica 11.0 dice

$$J(\sigma)=4 \left(\frac{\Phi \left(\frac{1}{\sigma ^2},2,\frac{3}{2}\right)}{4 \sigma ^4}+\frac{1}{\sigma ^2}\right)$$

donde $\Phi$ es el trascendente Lerch. No sé si este resultado es cierto (la integración numérica es algo problemática). Sin embargo, si es cierto, no sé qué hacer a continuación.

¿Alguna pista sobre cómo proceder con la evaluación?

Gracias de antemano.

Answer 1

Otro método que da un resultado de forma cerrada. Utilizando la identidad \begin{equation} \ln\frac{1-x}{1+x}=-2\operatorname{arctanh} x \end{equation} y la paridad del integrando, la integral puede escribirse como \begin{align} I(k) &= \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}\frac{x }{1-k^2x^2}\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\\ &=-\int_{-1}^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}\frac{x }{1-k^2x^2}\operatorname{arctanh} x\\ &=-\int_{-\infty}^\infty \frac{u\sinh u}{\cosh^2u-k^2\sinh^2u}du \end{align} La última integral se obtiene mediante la sustitución $x=\tanh u$ . Entonces \begin{align} I(k)&=-\frac{1}{2k}\left[J(k)-J(-k)\right]\\ J(k)&=\int_{-\infty}^\infty \frac{udu}{\cosh u-k\sinh u} \end{align}

Evaluar $J(k)$ aplicamos la sustitución $t=e^u$ y, denotando $m^2=\frac{1+k}{1-k}$ obtenemos \begin{align} J(k)&=\frac{2}{1-k}\int_0^\infty \frac{\ln v}{v^2+m^2}dv\\ &=\frac{2}{m(1-k)}\int_0^\infty \frac{\ln mt}{t^2+1}dt\\ &=\frac{2}{m(1-k)}\left[\int_0^\infty \frac{\ln t}{t^2+1}dt+\int_0^\infty \frac{\ln m}{t^2+1}dt\right] \end{align} Sabemos que $\int_0^\infty \frac{\ln t}{t^2+1}dt=0$ Así pues \begin{equation} J(k)=\frac{\pi \ln m}{m(1-k)}=\frac{\pi}{2}\frac{\ln \frac{1+k}{1-k}}{\sqrt{1-k^2}} \end{equation} Por fin, \begin{equation} I(k)=\frac{\pi}{2k\sqrt{1-k^2}}\ln\frac{1- k}{1+ k} \end{equation}

Answer 2

Un gran enfoque por su parte. Déjame probar otro.

$$I(k) = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}\frac{x }{1-k^2x^2}\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=-2 \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2n+1} \int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{\sqrt{1-x^2}}\frac{\mathrm{d}x }{1-k^2x^2} $$

Así que en realidad sólo tenemos que resolver la integral en la forma:

$$Y(k,n+1)=\int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{\sqrt{1-x^2}}\frac{\mathrm{d}x }{1-k^2x^2}$$

Tenga en cuenta que:

$$Y(k,0)=\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x }{\sqrt{1-x^2}(1-k^2x^2)}=\frac{\pi}{2 \sqrt{1-k^2}}$$

Esto se puede ver directamente de la antiderivada (comprobar por diferenciación):

$$ \int \frac{\mathrm{d}x }{\sqrt{1-x^2}(1-k^2x^2)} =\frac{1}{\sqrt{1-k^2}} \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1-k^2} x}{\sqrt{1-x^2}} \right)$$

Intentemos algo para el caso general:

$$Y(k,n+1)=\frac{1}{k^2}\int_0^1 \frac{x^{2n}(k^2x^2-1+1)}{\sqrt{1-x^2}}\frac{\mathrm{d}x }{1-k^2x^2}=$$

$$=-\frac{1}{k^2} \int_0^1 \frac{x^{2n} \mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{1}{k^2} \int_0^1 \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}\frac{\mathrm{d}x }{1-k^2x^2}$$

A partir de la cual escribimos una relación de recurrencia:

$$Y(k,n+1)=-\frac{1}{k^2} \int_0^1 \frac{x^{2n} \mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{1}{k^2} Y(k,n)$$

Denotemos:

$$P(n)=\int_0^1 \frac{x^{2n} \mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}$$

Entonces:

$$Y(k,n+1)=-\frac{1}{k^2} \left( P(n)-Y(k,n) \right)$$

$P(n)$ es sólo función Beta y tiene la forma

$$P(n)=\frac{\sqrt{\pi}~ \Gamma \left(n+\frac{1}{2} \right)}{2 n!}$$

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En otras palabras, aunque esta solución no es en absoluto completa, ya la hemos obtenido:

La representación en serie de la integral:

$$I(k)=-2 \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2n+1} Y(k,n+1) \tag{1}$$

La relación de recurrencia junto con la condición inicial, que nos permite calcular todos los términos:

$$Y(k,n+1)=\frac{1}{k^2} \left(Y(k,n)- \frac{\sqrt{\pi}~ \Gamma \left(n+\frac{1}{2} \right)}{2 n!} \right) \tag{2}$$

$$Y(k,0)=\frac{\pi}{2 \sqrt{1-k^2}} \tag{3}$$

Comprobaré cómo funciona numéricamente en un par de días.

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Como puede verse en la integral, $Y(k,n)$ tiene en realidad una solución en términos de la función hipergeométrica de Gauss:

$$Y(k,n)=\frac{\sqrt{\pi}~ \Gamma \left(n+\frac{1}{2} \right)}{2 n!} {_2 F_1} \left(1, n+\frac{1}{2};n+1; k^2 \right)$$

Pero la relación de recurrencia es una forma más sencilla de obtener los valores sin necesidad de programas informáticos especiales. $P(n)$ puede convertirse en la forma de múltiplos racionales de $\pi$ .

Observación final: aunque esto no parece llevarnos a una forma cerrada, permítanme señalar que este enfoque funciona para una gran clase de integrales, siempre que podamos expandir la función no algebraica como una serie.

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Intentando derivar una forma racional para $P(n)$ :

$$ \Gamma \left(n+\frac{1}{2} \right)=\left(n-1+\frac{1}{2} \right)\left(n-2+\frac{1}{2} \right) \cdots \left(1+\frac{1}{2} \right) \frac{1}{2} \Gamma \left(\frac{1}{2} \right)=$$

$$=\left(n-1+\frac{1}{2} \right)\left(n-2+\frac{1}{2} \right) \cdots \left(1+\frac{1}{2} \right) \frac{\sqrt{\pi}}{2}= $$

$$ =\left(2n-1 \right)\left(2n-3 \right) \cdots 3 \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2^n} $$

Así que..:

$$P(n)=\frac{\pi}{2} \frac{1 \cdot 3 \cdots (2n-3)(2n-1) }{2^n~n!}$$

Caso aparte: $P(0)= \pi/2$ .

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Edición 2

He comprobado numéricamente el algoritmo, y funciona, pero la convergencia es terrible, y se produce una enorme pérdida de significación.

Answer 3

Buen enfoque hasta ahora. Sobre las integrales verdes, puedes simplemente expandir $\frac{1}{x\pm\sigma}$ como una serie geométrica y explotar $\int_{0}^{1} x^{m-1}\log(x)\,dx =-\frac{1}{m^2} $ para obtener $$ \int_{0}^{1}\frac{-\log x}{\sigma-x}\,dx =\frac{1}{\sigma}\sum_{m\geq 1}\frac{1}{\sigma^m m^2}=\frac{1}{\sigma}\,\text{Li}_2\left(\frac{1}{\sigma}\right)$$ y de forma similar $$ \int_{0}^{1}\frac{-\log x}{\sigma+x}\,dx =\frac{1}{\sigma}\,\text{Li}_2\left(-\frac{1}{\sigma}\right).$$ Entonces las fórmulas de reflexión para el dilogaritmo podrían inducir alguna simplificación extra.
Lo hicieron ici por ejemplo.

Answer 4

He completado el cálculo de ASM.

Para $0<k<1$ ,

$\displaystyle I(k) = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}\frac{x }{1-k^2x^2}\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\,dx$

Sea $\rho=\dfrac{1-k}{1+k}$

Obsérvese que, puesto que $0<k<1$ entonces $0<\rho<1$ .

Realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$ ,

$\begin{align}I(k)&=\int_0^1 \frac{(y-1)\ln y}{\sqrt{y}\big(\left(k-1\right)y-k-1\big)\big(\left(k+1\right)y-k+1\big)}\,dy\\ &=\frac{1}{(k^2-1)}\int_0^1 \frac{(y-1)\ln y}{\sqrt{y}\left(y+\frac{1}{\rho}\right)\left(y+\rho\right)}\,dy \end{align}$

Realizar el cambio de variable $\displaystyle t=\sqrt{y}$ ,

$\begin{align}I(k)&=\frac{4}{(k^2-1)}\int_0^1 \frac{(t^2-1)\ln t}{\left(t^2+\frac{1}{\rho}\right)\left(t^2+\rho\right)}\,dt\\ &=\frac{4\rho}{(\rho-1)(k^2-1)}\left(\int_0^1 \frac{\ln t}{t^2+\rho}\,dt-\int_0^1 \frac{\ln t}{\rho t^2+1}\,dt\right)\\ \end{align}$

En esta última integral realizar el cambio de variable $\displaystyle u=\frac{1}{t}$ ,

$\begin{align}I(k)&=\frac{4\rho}{(\rho-1)(k^2-1)}\left(\int_0^1 \frac{\ln t}{t^2+\rho}\,dt+\int_1^{\infty} \frac{\ln u}{u^2+\rho}\,du\right)\\ &=\frac{4\rho}{(\rho-1)(k^2-1)}\int_0^{\infty} \frac{\ln t}{t^2+\rho}\,dt\\ \end{align}$

Desde $\displaystyle \rho>0$ ,

$\begin{align}I(k)&=\frac{4}{(\rho-1)(k^2-1)}\int_0^{\infty} \frac{\ln t}{\left(\frac{t}{\sqrt{\rho}}\right)^2+1}\,dt\end{align}$

Realizar el cambio de variable $v=\dfrac{t}{\sqrt{\rho}}$ ,

$\begin{align}I(k)&=\frac{4\sqrt{\rho}}{(\rho-1)(k^2-1)}\int_0^{\infty} \frac{\ln\left( v\sqrt{\rho}\right)}{v^2+1}\,dv\\ &=\frac{2\sqrt{\rho}\ln\left(\rho\right)}{(\rho-1)(k^2-1)}\int_0^{\infty} \frac{1}{v^2+1}\,dv+\frac{4\sqrt{\rho}}{(\rho-1)(k^2-1)}\int_0^{\infty} \frac{\ln\left( v\right)}{v^2+1}\,dv\\ &=\frac{2\sqrt{\rho}\ln\left(\rho\right)}{(\rho-1)(k^2-1)}\Big[\arctan v\Big]_0^{\infty}+\frac{4\sqrt{\rho}}{(\rho-1)(k^2-1)}\int_0^{\infty} \frac{\ln\left( v\right)}{v^2+1}\,dv\\ &=\frac{\pi\sqrt{\rho}\ln\left(\rho\right)}{(\rho-1)(k^2-1)}+\frac{4\sqrt{\rho}}{(\rho-1)(k^2-1)}\int_0^{\infty} \frac{\ln\left( v\right)}{v^2+1}\,dv\\ \end{align}$

Pero..,

Considera la integral,

$\displaystyle J=\int_0^{\infty} \frac{\ln\left( v\right)}{v^2+1}\,dv$

Realizar el cambio de variable $w=\dfrac{1}{v}$ ,

$\displaystyle J=-J$ .

Por lo tanto $\displaystyle J=0$ ,

y,

$\begin{align}J(k)&=\frac{\pi\sqrt{\rho}\ln\left(\rho\right)}{(\rho-1)(k^2-1)}\\ &=\frac{\pi\sqrt{\frac{1-k}{1+k}}\ln\left(\frac{1-k}{1+k}\right)}{(\frac{1-k}{1+k}-1)(k^2-1)}\\ &=\frac{\pi\sqrt{\frac{1-k}{1+k}}\ln\left(\frac{1-k}{1+k}\right)}{(\frac{-2k}{1+k})(k^2-1)}\\ &=\frac{\pi\sqrt{\frac{1-k}{1+k}}\ln\left(\frac{1-k}{1+k}\right)}{2k(1-k)}\\ &=\boxed{\frac{\pi\ln\left(\frac{1-k}{1+k}\right)}{2k\sqrt{1-k^2}}} \end{align}$