Demostrar que $\int _0^1\frac{\ln \left(1+\left(\frac{1-t}{1+t}\right)^2\right)}{t\left(\ln t\right)^2}dt=\ln 2$

Question

Según WolframAlpha%5E2)%2F(x(ln(x))%5E2)%5D) la integral $$\int _0^1\frac{\ln \left(1+\left(\frac{1-t}{1+t}\right)^2\right)}{t\left(\ln t\right)^2}dt$$ se demuestra que tiene una expansión decimal exactamente idéntica a $\ln 2$ .

¿Cómo podemos demostrar que son iguales?

Esta integral surgió como resultado de la integración por partes

$$\int_0^x\frac{\arctan t}{\ln \left(t\right)\left(1+t\right)^2}dt$$

con

$u=\frac{1}{\ln t}$

$dv=\frac{\arctan t}{\left(1+t\right)^2}dt$

$du=-\frac{1}{t\ln^2 t}dt$

$v=\frac{1}{4}\ln \left(2\right)-\frac{1}{4}\ln \left(1+\left(\frac{1-t}{1+t}\right)^2\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1-t}{1+t}\right)\arctan \left(t\right)$

Answer 1

Una pista: $$\int\frac{\ln(1+(\dfrac{1-t}{1+t})^2)}{t(\ln t)^2}=\int\frac{\ln2}{t(\ln t)^2}+\int\frac{\ln(1+t^2)}{t(\ln t)^2}-2\int\frac{\ln(1+t)}{t(\ln t)^2}=\int\frac{\ln2}{t(\ln t)^2}$$

Answer 2

La integral dada es igual a $$\begin{eqnarray*} I &=& \int_{0}^{1}\frac{\log(2)+\log(1+t^2)-2\log(1+t)}{t\log^2t}\,dt\\&\stackrel{t\mapsto e^{-x}}{=}&\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(2)+\log(1+e^{-2x})-2\log(1+e^{-x})}{x^2}\,dx\\&\stackrel{\text{IBP}}{=}&2\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{e^x+1}-\frac{1}{e^{2x}+1}\right)\frac{dx}{x} \tag{1}\end{eqnarray*}$$ y la afirmación se deduce simplemente recordando Teorema de Frullani .
Como alternativa, $$\mathcal{L}\left(\frac{1}{e^x+1}\right) = \frac{1}{2}\left(H_{\frac{s}{2}}-H_{\frac{s-1}{2}}\right)\tag{2}$$ conduce a

$$ I = 2\lim_{s\to +\infty}\log\left(\frac{\Gamma\left(\frac{s+2}{4}\right)\,\Gamma\left(\frac{s+2}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{s+4}{4}\right)\,\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)}\right) = \color{red}{\log 2}\tag{3}$$ por la desigualdad de Stirling.

Answer 3

Utilizando $\enspace\displaystyle\zeta(0)=-\frac{1}{2}\enspace$ y $\enspace\displaystyle\lim\limits_{h\to 0}\frac{2^h-1}{h}=\ln 2$

y $\enspace\displaystyle\int _0^\infty\frac{x^{h-1}}{e^{ax}+1}dx=\frac{2^{h-1}-1}{2^{h-1}a^h}\zeta(h)\Gamma(h)\enspace$ para $\enspace h,a>0\enspace$

y $\enspace\displaystyle t:=e^{-x}\enspace$ nos encontramos con que:

$\displaystyle\int _0^1\frac{\ln \left(1+\left(\frac{1-t}{1+t}\right)^2\right)}{t\left(\ln t\right)^2}dt=\int _0^\infty\frac{\ln 2+\ln(1+e^{-2x})-2\ln(1+e^{-x})}{x^2}dx$

$\displaystyle=2\int _0^\infty (\frac{1}{e^{2x}+1}-\frac{1}{e^{x}+1}) \frac{dx}{x}=2\lim\limits_{h\to 0} \int _0^\infty (\frac{x^{h-1}}{e^{2x}+1}-\frac{x^{h-1}}{e^{x}+1})dx$

$\displaystyle=2\lim\limits_{h\to 0} \zeta(h)\Gamma(h+1)\frac{2^{h-1}-1}{2^{2h-1}}\frac{2^h-1}{h}=2(-\frac{1}{2}\frac{2^{-1}-1}{2^{-1}}\ln 2)=\ln 2$