Demostrar que .

Question

He descubierto a través de contorno de integración que $$\int_0^\infty\,\frac{\exp(t\,u)}{\exp(u)+1}\,\text{d}u={\text{csc}(\pi\,t)}\,\left(\frac{\pi}{2}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\frac{\sin\big((1-2t)\,y\big)}{\sin(y)}\,\text{d}y\right)\tag{*}$$ para todos los $t\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{Z}$ tal que $t<1$. Tomando $t\to 0$, deduzco que $$\int_0^\infty\,\frac{1}{\exp(u)+1}\,\text{d}u=\frac{2}{\pi}\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,y\,\cot(y)\,\text{d}y\,.$$ Con un paso de integración por partes, puedo obtener $$\int_0^\infty\,\frac{1}{\exp(u)+1}\,\text{d}u=-\frac{2}{\pi}\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\ln\big(\sin(y)\big)\,\text{d}y\,.$$ Establecimiento $x:=\sin(y)$, me sale $$\int_0^\infty\,\frac{1}{\exp(u)+1}\,\text{d}u=-\frac{2}{\pi}\,\int_0^1\,\frac{\ln(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,\text{d}x\,.$$ Esto demuestra que $$\int_0^1\,\frac{\ln(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,\text{d}x=-\frac{\pi}{2}\,\int_0^\infty\,\frac{1}{\exp(u)+1}\,\text{d}u\,.$$ La integral de la $\displaystyle\int_0^\infty\,\frac{1}{\exp(u)+1}\,\text{d}u$ puede ser fácilmente obtenida desde $$\int\,\frac{1}{\exp(u)+1}\,\text{d}u=u-\ln\big(\exp(u)+1\big)+\text{constant}\,.$$ Es decir, tengo $$\int_0^1\,\frac{\ln(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,\text{d}x=-\frac{\pi}{2}\,\ln(2)\,.\tag{#}$$ Sin embargo, esta prueba es muy rotonda para comprobar la igualdad anterior. Es allí una manera más directa para demostrar que (#) es verdadera? Cualquier técnica que se aprecia.

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Un buen consecuencia de (*) es que $$\int_0^\infty\,\frac{\sinh(t\,u)}{\exp(u)+1}\,\text{d}u=\frac{\pi}{2}\,\text{csc}(\pi\,t)-\frac{1}{2\,t}$$ para todos los $t\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$ tal que $\big|\text{Re}(t)\big|<1$. Esto proporciona una prueba de que $$\eta(2r)=\frac{1}{(2r-1)!}\,\int_0^\infty\,\frac{u^{2r-1}}{\exp(u)+1}\,\text{d}u=\frac{\pi^{2r}}{2}\,\Biggl(\left[t^{2r-1}\right]\Big(\text{csc}(t)\Big)\Biggr)$$ para $r=1,2,3,\ldots$. Aquí, $\eta$ es el Dirichtlet eta función. Además, $[t^k]\big(g(t)\big)$ denota el coeficiente de $t^k$ en el Laurent expansión de $g(t)$$t=0$. Esto también justifica los resultados bien conocidos, que $$\eta(2r)=\frac{\left(2^{2r-1}-1\right)\,\big|B_{2r}\big|\,\pi^{2r}}{(2r)!}\text{ and }\zeta(2r)=\frac{2^{2r-1}\,\big|B_{2r}\big|\,\pi^{2r}}{(2r)!}$$ para $r=1,2,3,\ldots$ donde $\left(B_j\right)_{j\in\mathbb{Z}_{\geq0}}$ es la secuencia de los números de Bernoulli y $\zeta$ es la de Riemann zeta función.

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Del mismo modo, $$\begin{align}\int_0^\infty\,\frac{\exp(t\,u)-1}{\exp(u)-1}\,\text{d}u&=\ln(2)+2\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\frac{\sin\big((1-t)\,y)\,\sin(t\,y)}{\sin(y)}\,\text{d}y\\ &\phantom{aaaaa}-\cot(\pi\,t)\,\left(\frac{\pi}{2}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\frac{\sin\big((1-2t)\,y\big)}{\sin(y)}\,\text{d}y\right)\,,\end{align}$$ para todos los $t\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{Z}$ tal que $\text{Re}(t)<1$. Esto le da $$\int_0^\infty\,\frac{\sinh(t\,u)}{\exp(u)-1}\,\text{d}u=\frac{1}{2\,t}-\frac{\pi}{2}\,\cot(\pi\,t)$$ para todos los $t\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$ tal que $\big|\text{Re}(t)\big|<1$.

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Otra consecuencia de (*) es que $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\frac{\sin(k\,y)}{\sin(y)}\,\text{d}y=\frac{\pi}{2}\,\text{sign}(k)$$ para todos los enteros impares $k$. Es un reto interesante para determinar la integral de la $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\frac{\sin(k\,y)}{\sin(y)}\,\text{d}y$ para todos los números enteros $k$.

Answer 1

Dejando $x=\sin(t)$ y mediante el uso de la simetría $\sin(\pi/2-t)=\cos(t)$, obtenemos $$ \begin{align}I&=\int_0^1\,\frac{\ln(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\int_0^{\pi/2} \ln (\sin t)\, dt =\frac{1}{2}\left(\int_0^{\pi/2} \ln (\sin t)\, dt+\int_0^{\pi/2} \ln (\cos t)\, dt\right)\&=\frac{1}{2}\left(\int_0^{\pi/2} \ln(\sin(2t))dt - \int_0^{\pi/2} \ln(2)dt\right)=\frac{I}{2}-\dfrac{\pi}4 \ln(2)\end{Alinee el} $$ y el resultado sigue fácilmente.

Answer 2

Empezaría con

$$ J(a) = \int_0^1 \frac{x^a \; dx}{\sqrt{1-x^2}}, \ a > -1$ $ La $x = \sqrt{t}$de sustitución % le $$ J(a) = \frac{1}{2} \int_0^1 t^{(a-1)/2} (1-t)^{-1/2}\; dt = \frac{B((a+1)/2,1/2)}{2} = \frac{\Gamma(a+1/2) \Gamma(1/2)}{\Gamma(a+1)} $ $ $B$ Dónde está la función Beta. Entonces tu integral es %#% $ #%

Answer 3

Tomar $x = \sin t$ $dx = \cos t \ dt $ tan\begin{equation} \frac{\ln (x) }{\sqrt{1 - x^2}} \ dx = \frac{\ln (\sin t) }{\cos t} \cos t \ dt = \ln (\sin t) \ dt \end{equation} por lo que la integral se convierte en\begin{equation} A = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\sin t) \ dt \end{equation} o sólo nombre $x$ $t$\begin{equation} A = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\sin x) \ dx \end{equation} ahora usan el siguiente cambio de variable\begin{equation} t = \frac{\pi}{2} - x \end{equation} obtenemos\begin{equation} A = - \int\limits{\frac{\pi}{2}}^{0} \ln (\sin (\frac{\pi}{2} - t)) \ dt = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos t) \ dt \end{equation} esto significa\begin{equation} 2A = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\sin x) \ dx + \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos x) \ dx = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} [ \ln (\sin x) \ dx + \ln (\cos x) \ dx ] \end{equation} $\ln ab = \ln a + \ln b$ tan\begin{equation} 2A = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\sin x \cos x) \ dx = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\frac{1}{2} \sin 2x) \ dx = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\frac{1}{2}) + \ln( \sin 2x) \ dx \end{} ecuación} esto significa que\begin{equation} 2A = \frac{\pi}{2} \ln \frac{1}{2} + B \end{equation} donde $B = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\sin 2 x) \ dx $\begin{equation} B = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln( \sin 2x) \ dx + \int\limits{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \ln( \sin 2x) \ dx \end{equation} % Let $ t = 2x - \frac{\pi}{2}$tan\begin{equation} B = \int\limits{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln( \sin 2t) \ dx + \int\limits{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \ln( \sin 2(t + \frac{\pi}{2})) \ dx = \frac{1}{2} \int\limits{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin(t)) \ dt + \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos(t)) \ dt \end{equation} que es\begin{equation} B = \frac{1}{2} A + \frac{1}{2} A = A \end{equation}\begin{equation} 2A = \frac{\pi}{2}\ln \frac{1}{2} + A \end{ecuación así\begin{equation} A = \frac{\pi}{2}\ln \frac{1}{2} \end{equation}}

Answer 4

\begin{align} \int_0^1 x^\alpha\ dx &= \dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\ \dfrac{d}{d\alpha}\int_0^1 x^\alpha\ dx &=\dfrac{d}{d\alpha}\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\ \int_0^1 x^\alpha\ln x\ dx &=\dfrac{x^{\alpha+1}((\alpha+1)\ln x-1)}{(\alpha+1)^2}\Big|0^1=\dfrac{-1}{(\alpha+1)^2} \end Alinee el {}\begin{align} I &= \int{0}^{1} \frac{\ln x}{\sqrt {1-x^2}}dx \ &= \int0^1\ln x\sum{n=0}^\infty{2n\choose n}\dfrac{1}{4^n}x^{2n} dx\ &= \sum{n=0}^\infty{2n\choose n}\dfrac{1}{4^n}\dfrac{-1}{(2n+1)^2} \ &= \color{blue}{-\dfrac{\pi}{2}\ln2} \end{align} usando generador función $$\sum{n=0}^\infty{2n\choose n}\dfrac{1}{4^n}\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2}=\ln\dfrac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}-\sqrt{1-x^2}$ $

Answer 5

Sumas de Riemann son suficientes. Para cualquier $n\in\mathbb{N}^+$ tenemos $$ \prod{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)=\frac{2n}{2^n},\tag{1} $ $ por lo tanto, $$ \int{0}^{\pi/2}\log\sin\theta\,d\theta=\frac{1}{2}\int{0}^{\pi}\log\sin\theta\,d\theta = \frac{\pi}{2}\lim{n\to +\infty}\frac{\log(2n)-n\log 2}{n} = \color{red}{-\frac{\pi}{2}\log 2}.\tag{2}$ $