Calcular el $\int^1_0\frac{x \log x}{1 + x^2} dx$

Question

Tratando de reinventar el espíritu de Cálculo, estaba tratando de Entender la Regla de Leibniz de Diferenciación bajo el signo de Integración. Para comprobar mi entender, yo estaba considerando esta integral: $$ I(b) = \int^1_0 \frac{x \log(b + x)}{1 + x^2} dx $$ Después de la simplificación, y me vino a la Integral en cuestión: $$ 2I(1) = \frac{1}{4} \log^2{2} + \frac{\pi^2}{16} + 2\int^1_0\frac{b \log b}{1 + b^2} db $$

Ahora estoy un poco confundido acerca de cómo avanzar. Maxima muestra la respuesta a la se $-\frac{\pi^2}{48}$.

Esta no es una tarea problema.

Answer 1

Este cálculo puede contener algunos problemas de convergencia, pero va a ser resuelto fácilmente.

Usando integración por partes, tenemos $$ I(0)=\int_{0}^{1}\frac{x\log x}{1+x^{2}}dx = \left[\frac{1}{2}\log(1+x^{2})\log x\right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{1}{2}\log(1+x^{2})\frac{dx}{x} $$ Desde $$ \lim_{x\to 0} \log(1+x^{2})\log x = \lim_{x\to 0} \frac{\log(1+x^{2})}{x^{2}}\cdot x\cdot x\log x = 0, $$ tenemos $$ I(0) = -\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{\log(1+x^{2})}{x}dx. $$ Ahora uso la sustitución de $x^{2} = t$, luego $$ I(0) = -\frac{1}{4} \int_{0}^{1}\frac{\log(1+t)}{t}dt $$ Ahora el uso de la serie de Taylor de $\log(1+t)$, $$ I(0) = -\frac{1}{4} \int_{0}^{1} \frac{1}{t}\left(t-\frac{t^{2}}{2}+\frac{t^{3}}{3}-\cdots\right)dt = -\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^{2}} = -\frac{1}{4}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}-2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^{2}}\right) = -\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}\zeta(2) = -\frac{\pi^{2}}{48}. $$

Answer 2

$$ \begin{align} \int_0^1\frac{x\log(x)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x &=\sum_{k=0}^\infty\int_0^1(-1)^kx^{2k+1}\log(x)\,\mathrm{d}x\tag1\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{(2k+2)^2}\tag2\\ &=\frac14\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{k^2}\tag3\\ &=-\frac14\left(\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}-2\sum_{k=1}^\infty\frac1{(2k)^2}\right)\tag4\\ &=-\frac{\pi^2}{48}\tag5 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: expandir $\frac{x}{1+x^2}$ en una serie geométrica
$(2)$: integrar por partes: $u=\log(x)$, $\mathrm{d}v=x^{2k+1}\,\mathrm{d}x$
$(3)$: sustituto $k\mapsto k-1$
$(4)$: un alternando suma de todos los términos menos el doble de las condiciones
$(5)$: $\zeta(2)=\frac{\pi^2}6$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \int_{0}^{1}{x\ln\pars{x} \over 1 + x^{2}}\,\dd x & \,\,\,\stackrel{x\ \to\ x^{\large 1/2}}{=}\,\,\, {1 \over 4}\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 + x}\,\dd x \,\,\,\stackrel{x\ \to\ -x}{=}\,\,\, -\,{1 \over 4}\int_{0}^{-1}{\ln\pars{-x} \over 1 - x}\,\dd x \\[5mm] & \stackrel{\mrm{IBP}}{=}\,\,\, {1 \over 4}\int_{0}^{-1}{-\ln\pars{1 - x} \over x}\,\dd x = {1 \over 4}\int_{0}^{-1}\mrm{Li}_{2}'\pars{x}\,\dd x = {1 \over 4}\,\mrm{Li}_{2}\pars{-1} \\[5mm] & = {1 \over 4}\,\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n^{2}} = {1 \over 4}\,\sum_{n = 1}^{\infty}\braces{% {1 \over \pars{2n}^{2}} - \bracks{{1 \over n^{2}} - {1 \over \pars{2n}^{2}}}} \\[5mm] & = -\,{1 \over 8}\ \underbrace{\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2}}} _{\ds{\pi^{2} \over 6}}\ =\ \bbx{-\,{\pi^{2} \over 48}} \end{align}