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Fórmula para $\int_0^\infty \frac{\log(1+x^2)}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}}dx$

Es posible expresar de la siguiente integral en términos de la conocida funciones especiales?

$$I(a,b)=\int_0^\infty \frac{\log(1+x^2)}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}}dx$$

  • He logrado resolver el caso especial cuando $b=1$ y $a>1$. $$I(a,1)=\frac{\pi}{2a}K\left(\frac{1}{a} \right)+\frac{\log(a^2-1)}{2a}K\left( \sqrt{1-\frac{1}{a^2}}\right) $$ donde $K(k)$ es la integral elíptica completa de primera especie. (Por favor refiérase a esta respuesta por derivación) por Desgracia, yo no era capaz de resolver cualquier otro caso.
  • Es posible expresar $I(a,b)$ en términos de completar las integrales elípticas?

Actualización

Mediante la sustitución de $x\mapsto1/x$, se puede demostrar que $$I(a,b)=\frac{1}{ab}I\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b}\right)+\frac{\log(ab)}{b}K\left( \frac{\sqrt{b^2-a^2}}{b}\right) \quad b>a$$

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Joe Gauterin Puntos 9526

Suponga $a > b$, definir $m$ $s$ tal que $\frac{b^2}{a^2} = 1 - m = \frac{1-3s}{2}$. Sustituto $x^2$$\frac{b^2}{p-\frac{1-s}{2}}$, podemos reescribir $I(a,b)$

$$I(a,b) = -\frac{1}{a}\int_\infty^{\frac{1-s}{2}} \frac{\log\left[\frac{p-\left(\frac{1-s}{2}-b^2\right)}{p-\left(\frac{1-s}{2}\right)}\right]}{ \sqrt{4p^3 - g_2 p - g_3}} dz \quad\text{ donde }\quad \begin{cases}g_2 = 1+3s^2\\g_3 = s(s^2-1)\end{casos}$$ Deje $\wp(z), \zeta(z), \sigma(z)$ ser el de Weierstrass de forma elíptica, con zeta y sigma funciones asociadas con la educación a distancia:

$$\wp'(z)^2 = 4\wp(z)^3 - g_2 \wp(z) - g_3 = 4 \left(\wp(z) - \frac{1-s}{2}\right)\left(\wp(z) + \frac{1+s}{2}\right)\left(\wp(z) - s\right)$$

El doble polos de $\wp(z)$ se encuentra en una rejilla rectangular con la mitad de período

$$\omega = K(\sqrt{m}),\quad \omega' = iK'(\sqrt{m}) = iK(\sqrt{1-m})$$

donde $K(k)$ es la integral elíptica completa de primera especie. Además, $\wp(\omega) = \frac{1-s}{2}$$\wp(\omega') = -\frac{1+s}{2}$.

Elija $\rho$ tal que $\wp(\omega \pm \rho ) = \frac{1-s}{2} - b^2$. Al $b$ aumenta de $0$ a $\infty$, $\wp(\omega\pm\rho)$ disminuye de$\wp(\omega) = \frac{1-s}{2}$$-\infty$. Para la concreción, vamos a elegir a $\rho$ tal y como $b$ varía de $0$ a $\infty$. $\omega + \rho$ se mueven a lo largo de la poligonal camino de unirse a $\omega, \omega+\omega', \omega'$ $0$ . es decir, para los pequeños $b$, $\rho$ es puramente imaginario.

En términos de todos estos, podemos simplificar $I(a,b)$

$$\begin{align} I(a,b) &= \frac{1}{a}\int_0^\omega\log\left[ \frac{\wp(z)-\wp(\omega+\rho)}{\wp(z)-\wp(\omega)} \right]dz = \frac{1}{2a}\int_{-\omega}^\omega\log\left[ \frac{\wp(z)-\wp(\omega+\rho)}{\wp(z)-\wp(\omega)}\right]dz\\ &= \frac{1}{2a}\int_{-\omega}^\omega\log\left[C \frac{\sigma(z+\omega+\rho)\sigma(z+\omega-\rho)}{\sigma(z+\omega)^2} \right] \end{align} $$ donde $\displaystyle\;C = \frac{\sigma(\omega)^2}{\sigma(\omega+\rho)\sigma(\omega-\rho)}$.

Usando los mismos trucos que de esta respuesta, podemos evaluar el $z$ dependiente y $$\begin{align} I(a,b) &= \frac{1}{2a}\left( 2\omega\log C + \varphi_{+}(\omega+\rho) + \varphi_{-}(\omega-\rho)-\varphi_{+}(\omega)-\varphi_{-}(\omega)\right)\\ &= \frac{1}{2a}\left( 2\omega\log C + \zeta(\omega)((\omega+\rho)^2 + (\omega-\rho)^2 - 2\omega^2) -\pi i((\omega + \rho) - (\omega - \rho))\right)\\ &= \frac{1}{a}\left( \omega \log C + \zeta(\omega) \rho^2 - \pi i \rho\right) \end{align}$$ Usando varias identidades para la elíptica funciones: $$\begin{align} \wp(z) - \wp(u) &= -\frac{\sigma(z+u)\sigma(z-u)}{\sigma(z)^2\sigma(u)^2}\\ \wp(\omega) + \wp(\rho) + \wp(\omega+\rho) &= \frac14\left(\frac{\wp'(\omega)-\wp'(\omega+\rho)}{\wp(\omega)-\wp(\omega+\rho)}\right)^2 \end{align} $$ Nos encontramos $$C = -\frac{1}{\sigma(\rho)^2(\wp(\omega)-\wp(\rho))} \quad\text{ y }\quad \wp(\omega) - \wp(\rho) = \frac{1}{a^2}$$ Este último nos da

$$I(a,b) = \frac{1}{a}\left\{ \omega\log\left[ -\frac{a^2}{\sigma(\rho)^2}\right] + \zeta(\omega) \rho^2 - \pi i\rho \right\} \quad\text{ con }\quad \rho = \wp^{-1}\left(\frac{a^2+b^2-3}{3a^2}\right) $$ Como una verificación doble, vamos a estudiar dos casos especiales $b = 1$$a = 1$.

Caso I: $b = 1$.

Cuando $b = 1$, $\wp(\rho) = s = \wp(\omega'\pm\omega) \implies \rho = \omega'-\omega$. Deje $\eta = \zeta(\omega)$$\eta' = \zeta(\omega')$. La adición de la fórmula para la función sigma $$\wp'(z+\rho) = -\frac{\sigma(2z+2\rho)}{\sigma(z+\rho)^4} = e^{2(\eta'-\eta)(2z + \omega'-\omega)}\frac{\sigma(2z)}{\sigma(z+\rho)^4}$$ implica $$\sigma(\rho)^4 = \frac{2}{\wp"(\rho)}e^{2(\eta'-\eta)(\omega'-\omega)} = -\frac{a^4}{b^2(a^2-b^2)}e^{2(\eta'-\eta)(\omega'-\omega)} $$ A una señal del factor en el intermedio imaginario piezas, esto nos permite corregir $I(a,b)$ a del formulario

$$\frac{1}{a}\left\{\omega\left(\log(b\sqrt{a^2-b^2}) \stackrel{?}{\pm} \frac{\pi i}{2}\right) -\omega ( (\eta'-\eta)(\omega'-\omega) ) + \eta(\omega'-\omega)^2 - \pi i(\omega'-\omega) \right\}$$

El uso de la identidad de $\eta\omega'-\omega\eta' = \frac{\pi i}{2}$, el lío después de el logaritmo puede ser simplificada: $$\begin{align} & -\omega ( (\eta'-\eta)(\omega'-\omega) ) + \eta(\omega'-\omega)^2 - \pi i(\omega'-\omega)\\ =& (\omega'-\omega)( -\omega(\eta'-\eta) + \eta(\omega'-\omega) - \pi i)\\ =& -\frac{\pi i}{2}(\omega' - \omega) \end{align} $$ Sabemos $I(a,b)$ es un número real, la parte imaginaria $\frac{\pi i}{2}\omega$ en la expresión anterior se cancelan por el imaginario de la pieza asociados con el logaritmo. Como resultado, nos encontramos con al $b = 1$, $$\begin{align} I(a,1) &= \frac{1}{a}\left\{\omega\log(b\sqrt{a^2-b^2}) - \frac{\pi i}{2}\omega'\right\}\\ &= \frac{1}{a}\left\{\log(b\sqrt{a^2-b^2})K\left(\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}\right) + \frac{\pi}{2}K\left(\frac{b}{a}\right)\right\} \end{align}$$ la reproducción de lo que se conoce.

Caso II: $a = 1$.

Cuando $a = 1$, $\wp(\rho) = -\frac{1+s}{2} = \wp(\pm\omega') \implies \rho = \omega'$. Una vez más, por la adición de la fórmula para sigma función, tenemos $$\sigma(\rho)^4 = \frac{2}{\wp''(\rho)}e^{2\eta'\omega'} = \frac{a^2}{a^2-b^2}e^{2\eta'\omega'}$$ Esto nos permite concluir $I(a,b)$ tiene la forma $$\frac{1}{a}\left\{\omega\log(a\sqrt{a^2-b^2}) - \omega\eta'\omega' + \eta\omega'^2 - \pi i\omega'\right\} = \frac{1}{a}\left\{\omega\log(a\sqrt{a^2-b^2}) -\frac{\pi i}{2}\omega'\right\} $$ y, por tanto, $I(1,b)$ se puede convertir en una forma muy similar a lo que tenemos para $b = 1$. $$I(1,b) = \frac{1}{a}\left\{\log(a\sqrt{a^2-b^2})K\left(\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}\right) + \frac{\pi}{2}K\left(\frac{b}{a}\right)\right\} $$

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