Las otras maneras de calcular el $\int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x}dx$

Question

Demostrar que $$\int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x}dx=-\frac{\pi^2}{12}$$ sin el uso de expansión de la serie.

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Una manera fácil de calcular la integral anterior es el uso de expansión de la serie. Aquí es un ejemplo \begin{align} \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x}dx&=-\int_0^1\frac{1}{x}\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{n} dx\\ &=-\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n}\int_0^1x^{2n-1}dx\\ &=-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n^2}\\ &=-\frac{\pi^2}{12} \end{align} Me pregunto, ¿existen otras maneras de calcular la integral sin el uso de expansión de la serie de sus integrando? Cualquier método es bienvenido. Gracias. (>‿◠)✌

Answer 1

Después de la sustitución de $y=x^2$, obtenemos $$ \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x}\ dx=\frac12\int_0^1\frac{\ln(1-y)} de{y}\ dy $$ Utilizando el hecho de que $$ \frac{\ln(1-x)}{x}=-\int_0^1\frac{1}{1-x}\ dy $$ entonces $$ \frac12\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x}\ dx=-\frac12\int_{x=0}^1\int_{y=0}^1\frac{1}{1-x}\ dy\ dx. $$ El uso de la transformación de la variable mediante el establecimiento $(u,v)=\left(\frac{x+y}{2},\frac{x-y}{2}\right)$, de modo que $(x,y)=(u-v,u+v)$ y su Jacobiano es igual a $2$. Por lo tanto $$ -\frac12\int_{x=0}^1\int_{y=0}^1\frac{1}{1-x}\ dy\ dx=-\iint_A\frac{du\ dv}{1-u^2+v^2}, $$ donde $A$ es el cuadrado con vértices $(0,0),\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right), (1,0),$$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$. Aprovechando la simetría de la plaza, obtenemos $$ \begin{align} \iint_A\frac{du\ dv}{1-u^2+v^2}=\ &2\int_{u=0}^{\Large\frac12}\int_{v=0}^u\frac{dv\ du}{1-u^2+v^2}+2\int_{u=\Large\frac12}^1\int_{v=0}^{1-u}\frac{dv\ du}{1-u^2+v^2}\\ =\ &2\int_{u=0}^{\Large\frac12}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)\ du\\ &+2\int_{u=\Large\frac12}^1\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)\ du. \end{align} $$ Desde $\arctan\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)=\arcsin u$, y si $\theta=\arctan\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)$$\tan^2\theta=\frac{1-u}{1+u}$$\sec^2\theta=\frac{2}{1+u}$. De ello se desprende que $u=2\cos^2\theta-1=\cos2\theta$$\theta=\frac12\arccos u=\frac\pi4-\frac12\arcsin u$. Así $$ \begin{align} \iint_A\frac{du\ dv}{1-u^2+v^2} &=2\int_{u=0}^{\Large\frac12}\frac{\arcsin u}{\sqrt{1-u^2}}\ du+2\int_{u=\Large\frac12}^1\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\left(\frac\pi4-\frac12\arcsin u\right)\ du\\ &=\bigg[(\arcsin u)^2\bigg]_{u=0}^{\Large\frac12}+\left[\frac\pi2\arcsin u-\frac12(\arcsin u)^2\right]_{u=\Large\frac12}^1\\ &=\frac{\pi^2}{36}+\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi^2}{12}+\frac{\pi^2}{72}\\ &=\frac{\pi^2}{12} \end{align} $$ y el resultado de la siguiente manera.

Answer 2

Sustituto $u=x^2$. A continuación,

$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x^2)}}{x}\mathrm{d}x &=\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-u)}}{\sqrt{u}}\cdot\frac{\mathrm{d}u}{2\sqrt{u}}\\ &=\frac12\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-u)}}{u}\mathrm{d}u\\ &=-\frac12\operatorname{Li}_2{(u)}\bigg{|}_{0}^{1}\\ &=-\frac12\operatorname{Li}_2{(1)}\\ &=-\frac{\pi^2}{12}. \end{align}$$

Estoy totalmente de anticipar que habrá un no pequeño número de personas que llaman a este engaño, pero es sin duda la trampa con estilo!

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Edit: Aquí un poco más satisfactorio resultado. Sustituto $u=x^2$ primera como antes, y el próximo sustituto $u=1-e^{-w}$. A continuación,

$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x^2)}}{x}\mathrm{d}x &=\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-u)}}{\sqrt{u}}\cdot\frac{\mathrm{d}u}{2\sqrt{u}}\\ &=\frac12\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-u)}}{u}\mathrm{d}u\\ &=\frac12\int_{0}^{\infty}\frac{-w}{1-e^{-w}}(e^{-w})\mathrm{d}w\\ &=-\frac12\int_{0}^{\infty}\frac{w}{e^w-1}\mathrm{d}w\\ &=-\frac12\Gamma{(2)}\zeta{(2)}\\ &=-\frac12\zeta{(2)}. \end{align}$$

Así que ahora la pregunta es ¿aceptas $\zeta{(2)}=\frac{\pi^2}{6}$. Esto todavía deja un poco que desear, pero mucho más se ha escrito acerca de $\zeta{(2)}$$\operatorname{Li}_2{(1)}$.

Answer 3

El uso de la dilogarithm $\mathrm{Li}_2\;$ y los valores particulares para $0,1,-1\;$consigue: $$\int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x}dx= \int_0^1\frac{\ln(1-x)(1+x)}{x}dx= \int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}dx + \int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x}dx= -\mathrm{Li}_2(-x)\Big{|}_0^1 - \mathrm{Li}_2(x)\Big{|}_0^1 =\frac{\pi^2}{12}-\frac{\pi^2}{6} = -\frac{\pi^2}{12}$$

Answer 4

Aquí está una ruta sin el poder de la serie de expansión. La observación de que, mediante el cambio de variable $x=\sin u$, tenemos $$ \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x}\mathrm{d}x=\int_0^{\pi/2}\ln(\cos^2 u)\frac{\cos u}{\pecado u}\mathrm{d}u $$ Usted puede utilizar la serie de Fourier de expansión $$ \log(\cos u)=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k}\frac{1-\cos(2kx)}{k}=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k}\frac{\sin^2(kx)}{k} $$ para obtener $$ \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x}\mathrm{d}x=2\sum_{k=1}^\infty\! \frac{(-1)^{k}}{k}\!\!\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^2(kx)}{\pecado u}\cos u \:\mathrm{d}u=-\sum_{k=1}^\infty\frac{\frac11+ ...+\frac1{2k+1}}{2k(2k-1)} =-\frac{\pi^2}{12}. $$

Answer 5

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x^{2}} \over x}\,\dd x} =\half\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x} \over x}\,\dd x =\half\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 - x}\,\dd x \\[3mm]&=-\,\half\lim_{\mu \to 0}\partiald{}{\mu}\int_{0}^{1} {1 - x^{\mu} \over 1 - x}\,\dd x =-\,\half\lim_{\mu \to 0}\partiald{\color{#f00}{\Psi\pars{\mu + 1}}}{\mu} =-\,\half\,\Psi'\pars{1} \\[3mm]&=-\,\half\,\color{#f0f}{\zeta\pars{2}} =-\,\half\,\color{maroon}{\pi^{2} \over 6}=\color{#66f}{\large -\,{\pi^{2} \over 12}} \end{align}

Ver $\underline{\color{#f00}{6.3.22}}$, $\underline{\color{#f0f}{6.4.2}}$y $\underline{\color{maroon}{23.2.24}}$.