Evaluar

Question

Evaluar:

$$\int_1^{\infty} {\left(\frac{\ln{x}}{\left(x-1\right)\left(2x-1\right)}\,dx\right)}$$

Resulta que el valor de la integral es:

$$\frac{1}{12}\left(\pi^2+6\ln^2{2}\right)$$

no encontrado por WolframAlpha, pero da Wolfram ninguna indicación de cómo llega a este resultado curioso.

¿Cómo se resolvería la integral analíticamente? Un primer paso podría ser el $u$-sub, $u=\frac{1}{x}$, que da:

$$\int_1^{\infty} {\left(\frac{\ln{x}}{\left(x-1\right)\left(2x-1\right)}\,dx\right)}=-\int_0^1 {\left(\frac{\ln{x}}{\left(1-x\right)\left(2-x\right)}\,dx\right)}$$

¡Gracias!

Answer 1

Comenzar realizando la sustitución $u=\frac 1x$, $\text dx=-\frac {1}{u^2}\text du$:

\begin{align}\int_1^\infty\left(\frac{\ln x}{(x-1)(2x-1)}\right)\text dx&=\int_1^0\left(\left(\frac{\ln\left(\frac 1u\right)}{\left(\frac 1u-1\right)\left(2\frac 1u-1\right)}\right)\times \left(-\frac {1}{u^2}\right)\right)\text du\ &=-\int_0^1\left(\frac{-\ln\left(\frac 1u\right)}{(u-2)(u-1)}\right) du\ \end {Alinee el}

Podemos ahora escribir la integral como sigue, utilizando la fracción parcial descomposición:

\begin{align}-\int_0^1\left(\frac{-\ln\left(\frac 1u\right)}{(u-2)(u-1)}\right) du&=-\int_0^1\left(-\ln\left(\frac 1u\right)\left(\frac{1}{(u-2)(u-1)}\right)\right)\text du\ &=-\int_0^1\left(-\ln\left(\frac 1u\right)\left(\frac{1}{u-2}-\frac{1}{u-1}\right)\right)\text du\ &=-\int_0^1\left(\ln\left(\frac 1u\right)\left(\frac{1}{u-1}-\frac{1}{u-2}\right)\right)\text du\end {Alinee el}

Esto ahora nos deja con:

\begin{align}-\int_0^1\left(\ln\left(\frac 1u\right)\left(\frac{1}{u-1}-\frac{1}{u-2}\right)\right)\text du&=-\left(\left(\int_0^1\ln\left(\frac 1u\right)\frac1{u-1}\right)\text du-\left(\int_0^1\ln\left(\frac 1u\right)\frac1{u-2}\right)\text du\right)\ &=\left(\int_0^1\ln\left(\frac 1u\right)\frac1{u-2}\text du\right)-\left(\int_0^1\ln\left(\frac 1u\right)\frac1{u-1}\text du\right)\ &=\left(\int_0^1-\ln(u)\frac1{u-2}\text du\right)-\left(\int_0^1-\ln(u)\frac1{u-1}\text du\right)\ &=\left(-\int_0^1\frac{\ln u}{u-2}\text du\right)-\left(-\int_0^1\frac{\ln u}{u-1}\text du\right)\ &=\left(\int_0^1\frac{\ln u}{u-1}\text du\right)-\left(\int_0^1\frac{\ln u}{u-2}\text du\right)\end {Alinee el}

¿Se puede seguir desde aquí? De un vistazo, yo recomendaría tratar de integración por partes.

Answer 2

Esto está relacionado con la función dilogarithm $\text{Li}_2(x)$ y el valor especial $$\text{Li}_2(\frac{1}{2}) = \frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^2 2}{2}$ $ el dilogarithm tiene representación integral: $$\text{Li}_2(z) = \frac{\pi^2}{6}+\int_0^{1-z} \frac{\ln t}{1-t} dt$ $

Por tu pregunta, tenemos $$ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{\ln{x}}{\left(1-x\right)\left(2-x\right)}dx &= \int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}dx - \int_0^1\frac{\ln x}{2-x}dx \ &= \int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}dx - 2\int_0^{1/2}\frac{\ln 2x}{2-2x}dx \ &= \int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}dx-(\ln 2) \int_0^{1/2}\frac{1}{1-x}dx-\int_0^{1/2}\frac{\ln x}{1-x}dx \ &= -\frac{\pi^2}{6}-\ln^2 2 -[\text{Li}_2(\frac{1}{2})-\frac{\pi^2}{6}] \ &= -\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^2 2}{2} \end{alineado} $$