Вычислить интеграл

[nnosipov]

$$\int\limits_1^{\sqrt{2}+1} \frac{\ln{x}}{x^2-1}\,dx.$$

P.S. В подобных примерах (см. какой-нибудь справочник по интегралам и рядам) квадратичные иррациональности очень специфичны. Связано это как-то с теорией чисел или это случайные совпадения?

[nnosipov]

Н-да, оказывается, это всё хорошо и давно известные факты, а я не знал. Интеграл, правда, слегка покорежен, но легко приводится к классическому виду. И тогда становится понятным, откуда такая экзотика. Тем не менее, задача вполне олимпиадная и решившему её (без помощи классиков) удовольствие гарантировано.

[Полосин]

Согласен, хорошая задача; пришлось немного повозиться.

[sup]

Вроде бы сводится к интегралу

$$\int\limits_0^{\infty} \frac{\ln{x}}{x^2-1}\,dx$$

А он уже легко берется вычетами.

[nnosipov]

sup в сообщении #444465 писал(а):

Вроде бы сводится к интегралу

$$\int\limits_0^{\infty} \frac{\ln{x}}{x^2-1}\,dx$$

А он уже легко берется вычетами.

Думаю, самое интересное здесь --- это как раз сведение к этому или подобному (от нуля до 1) интегралу. Кстати, попутно и ряд один вычислился.

[sup]

Я рассуждал так. Сначала сдвиг на 1

$$J=\int\limits_0^{\sqrt 2} \frac{\ln{(1+x)}}{x(x+2)}\,dx$$

Затем замена $y=2/x$

$$J=1/2\int\limits_{\sqrt 2}^{\infty} \frac{\ln (2+y) -\ln y}{1+y}\,dy$$

Теперь по частям (там возникает некая констанста, которую лень выписывать)

$$J=C-1/2\int\limits_{\sqrt 2}^{\infty} \ln (1+y)\left (\frac{1}{2+y}-\frac{1}{y}\right )\,dy$$

А значит

$$J=C+\int\limits_{\sqrt 2}^{\infty} \frac{\ln{(1+y)}}{y(y+2)}\,dy$$

$$2J=C+\int\limits_{0}^{\infty} \frac{\ln{(1+y)}}{y(y+2)}\,dy=C+\int\limits_{1}^{\infty} \frac{\ln{y}}{y^2 -1}\,dy$$

Ну а последний интеграл заменой $z=1/y$ сводим к интегралу по полуоси.
Но все это какая-то "чертовщина". Должно же быть какое-то "рациональное" объяснение: как это все так здорово получилось.

[nnosipov]

Да уж, у Вас фокус вышел ещё круче --- сплошные загадки. Для сравнения помещу своё решение (оно, как я понимаю теперь, менее загадочно, но тоже производит впечатление фокуса). Итак, сначала сделаем замену $x=(1+t)/(1-t)$ и получим

$$ I=\frac{1}{2} \int\limits_0^{\sqrt{2}-1} \ln{\frac{1+t}{1-t}}\,\frac{dt}{t}= \int\limits_0^{\sqrt{2}-1} \left [ \sum_{k=0}^\infty \frac{t^{2k}}{2k+1} \right ]dt= \sum_{k=0}^\infty \int\limits_0^{\sqrt{2}-1} \frac{t^{2k}}{2k+1}\,dt= \sum_{k=0}^\infty \frac{(\sqrt{2}-1)^{2k+1}}{(2k+1)^2}. $$

Затем сделаем другую замену, а именно, $x=1/y$. Тогда

$$ I=\int\limits_{\sqrt{2}-1}^1 \frac{\ln{y}}{y^2-1}\,dy= \int\limits_0^1 \frac{\ln{y}}{y^2-1}\,dy- \int\limits_0^{\sqrt{2}-1} \frac{\ln{y}}{y^2-1}\,dy= \frac{\pi^2}{8}+\int\limits_0^{\sqrt{2}-1} \left [ \sum_{k=0}^\infty y^{2k}\ln{y} \right ]dy= $$

$$ =\frac{\pi^2}{8}+\sum_{k=0}^\infty \int\limits_0^{\sqrt{2}-1} y^{2k}\ln{y}\,dy= \frac{\pi^2}{8}+\sum_{k=0}^\infty \left [ \frac{(\sqrt{2}-1)^{2k+1}}{2k+1}\ln{(\sqrt{2}-1)}- \frac{(\sqrt{2}-1)^{2k+1}}{(2k+1)^2} \right ]= $$

$$ =\frac{\pi^2}{8}+\ln{(\sqrt{2}-1)} \sum_{k=0}^\infty \frac{(\sqrt{2}-1)^{2k+1}}{2k+1}- \sum_{k=0}^\infty \frac{(\sqrt{2}-1)^{2k+1}}{(2k+1)^2}= \frac{\pi^2}{8}-\frac{\ln^2{(\sqrt{2}+1)}}{2}-I. $$

Таким образом,

$$ I=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\ln^2{(\sqrt{2}+1)}}{2}-I, $$

откуда находим

$$ I=\frac{\pi^2}{16}-\frac{\ln^2{(\sqrt{2}+1)}}{4}. $$

А "разоблачение" надо искать в книгах про полилогарифмы. Вот здесь неплохо написано: Lewin L., Polylogarithms and associated functions, Elsevier North Holland, 1981.

[sup]

Да уж. У меня попроще будет
Мне кажется тут дело в каких-то симметриях. И еще идея была. А нет ли здесь какого нибудь функционального уравнения. Ну навроде как для $\zeta$-функции.

[nnosipov]

sup в сообщении #444565 писал(а):

Да уж. У меня попроще будет
Мне кажется тут дело в каких-то симметриях. И еще идея была. А нет ли здесь какого нибудь функционального уравнения. Ну навроде как для $\zeta$-функции.

Так и есть, конкретно Landen's identity (аж 1780 года!) для $\chi_2(x)$-функции Лежандра. Но лучше в книжке посмотреть, очень понятно написано и действительно просветляет.

[sup]

Ну что ж. Надо бы взглянуть. Спасибо за ссылку.