¿Cómo evaluar...

Question

¿Alguien puede sugerir el método de computar$\int_0^1 \ln(\frac{1+x}{1-x}) \frac{dx}{x} = \frac{\pi^2}{4}$?

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Mi juicio esta siguiendo

primer conjunto$t =\frac{1-x}{1+x}$ que da$x=\frac{1-t}{t+1}$ luego \begin{align} dx = \frac{2}{(1+t)^2} dt, \quad [x,0,1] \rightarrow [t,1, 0] \end {align} [Gracias a @Alexey Burdin, encontré lo que hago mal en la sustitución]

entonces la integral se reduce a \begin{align} \int^{0}_1 \ln(t)\frac{2}{1-t^2} dt \end {align} ¿Cómo se puede obtener la integral anterior?

Publique una respuesta si conoce la respuesta a esta integral o los otros métodos para evaluar la integral anterior. ¡Gracias!

Answer 1

Insinuación. Por el cambio de la variable $$ t = \ frac {1-x} {1 + x} $$, se obtiene $$ \ int_0 ^ 1 \ ln \ left (\ frac {1 + x} {1-x} \ right ) \ frac {dx} {x} = - 2 \ int_0 ^ 1 \ frac {\ ln t} {1-t ^ 2} dt = -2 \ sum_ {n = 0} ^ {\ infty} \ int_0 ^ 1t ^ {2n} \: \ ln t \: dt = 2 \ sum_ {n = 0} ^ {\ infty} \ frac {1} {(2n +1) ^ 2} = \ frac {\ pi ^ 2} { 4}. $$

Answer 2

Dejando a un lado el problema de la convergencia, calcularé la integral formalmente utilizando series de potencias.

Tenga en cuenta que \begin{eqnarray}\frac{\ln\frac{1+x}{1-x}}{x}=\frac{\ln(1+x)-\ln(1-x)}{x}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2x^{2n-2}}{2n-1}\end {eqnarray} Integración de términos, \begin{eqnarray} \int_0^1\sum_{n=1}^\infty\frac{2x^{2n-2}}{2n-1}=2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)^2} \end {eqnarray} Usando el hecho de que$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{m^2}=\frac{\pi^2}{6}$ y$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n)^2}=\frac{\pi^2}{24}$, tenemos la suma requerida es$\displaystyle2\left(\frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi^2}{24}\right)=\frac{\pi^2}{4}$.