Evaluar

Question

¿Alguna idea sobre cómo resolver la siguiente integral definida?

<span class="math-container"> $$\int_0^1\frac{\ln{(x^2+1)}}{x+1}dx$$ </span>

He tratado de parametrizar la integral como <span class="math-container">$\ln{(a^2x^2+1)}$</span> <span class="math-container">$\ln{(x^2+a^2)}$</span>, que no parecen funcionar.

Answer 1

El truco para esta integral es una ronda de integración por partes, seguido por una aplicación directa de Feynman del Truco. A saber, denotar la integral de la $$\mathfrak{I}=\int\limits_0^1\mathrm dx\,\frac {\log(1+x^2)}{1+x}$$ Ahora se integran $\mathfrak I$ por partes dejando $u=\log(1+x^2)$ e $v=\log(1+x)$. Lo que sigue es $$\begin{align*}\mathfrak{I} & =\log(1+x)\log(1+x^2)\,\Biggr\rvert_0^1-2\int\limits_0^1\mathrm dx\,\frac {x\log(1+x)}{1+x^2}\\ & =\log^22-2\int\limits_0^1\mathrm dx\,\frac {x\log(1+x)}{1+x^2}\end{align*}$$

El resto de la integral se puede evaluar mediante su Truco. Insertar un parámetro de $a$ dentro del logaritmo natural y deje $F(a)$ denotar la integral. Tenga en cuenta que $F(1)$ es lo que buscamos. $$F(a)=\int\limits_0^1\mathrm dx\,\frac {x\log(1+ax)}{1+x^2}$$ Proceeding normally, we differentiate with respect to $un$ and separate the remainder into partial fractions to get $$\begin{align*}F'(a) & =\int\limits_0^1\mathrm dx\,\frac {x^2}{(1+ax)(1+x^2)}\\ & =\int\limits_0^1\frac {\mathrm dx}{1+ax}-\int\limits_0^1\frac {\mathrm dx}{(1+ax)(1+x^2)}\end{align*}$$ The first integral is trivial $$\int\limits_0^1\frac {\mathrm dx}{1+ax}=\frac {\log(1+a)}a$$ The second integral can be evaluated again by separating the fraction and integrating from zero to one. In short, one arrives at the ugly result $$\int\limits_0^1\frac {\mathrm dx}{(1+ax)(1+x^2)}=\frac {a\log(1+a)}{1+a^2}+\frac {a\log 2}{2a^2+2}-\frac {\pi}{4a^2+4}$$ Putting everything together, then $$F'(a)=\frac {\log(1+a)}a-\frac {a\log(1+a)}{1+a^2}+\frac {a\log 2}{2a^2+2}-\frac {\pi}{4a^2+4}$$

Para llegar de vuelta a $F(1)$, explotar un ingenioso truco por lugar de tomar la integral indefinida de cada plazo, integrar con respecto a $a$ de cero a uno. El medio plazo, a continuación, simplemente se vuelve $F(1)$ y la de los demás puede ser escrito en términos del logaritmo. Haciendo todo el trabajo, uno se que $$\begin{align*}F(1) & =\frac 12\int\limits_0^1\mathrm da\,\frac {\log(1+a)}a+\frac 14\log 2\int\limits_0^1\mathrm da\,\frac a{1+a^2}-\frac {\pi}8\int\limits_0^1\frac {\mathrm da}{1+a^2}\\ & =\frac {\pi^2}{24}+\frac 18\log^22-\frac {\pi^2}{32}\\ & \,\,\color{red}{=\frac 18\log^22+\frac {\pi^2}{96}}\end{align*}$$

Por lo tanto, multiplicando $F(1)$ por encima de dos y sustitución de todo, llegamos a la respuesta a los comentarios de $$\int\limits_0^1\mathrm dx\,\frac {\log(1+x^2)}{1+x}\color{blue}{=\frac 34\log^22-\frac {\pi^2}{48}}$$

Answer 2

$$\begin{equation} I = \int_0^1 \frac{\ln\left(x^2 + 1\right)}{x + 1}\:dx \end{equation}$$

Aquí vamos:

$$\begin{equation} I(t) = \int_0^1 \frac{\ln\left(tx^2 + 1\right)}{x + 1}\:dx \end{equation}$$

Observamos que en las $I = I(1)$ e $I(0) = 0$. Por lo tanto,

$$\begin{align} I'(t) &= \int_0^1 \frac{x^2}{\left(tx^2 + 1\right)\left(x + 1\right)}\:dx = \frac{1}{t + 1}\int_0^1 \left[\frac{1}{x + 1} + \frac{x}{tx^2 + 1} - \frac{1}{tx^2 + 1} \right]\:dx \\ &= \frac{1}{t + 1}\bigg[\ln(x + 1) + \frac{1}{2t}\ln\left(tx^2 + 1 \right) + \frac{1}{\sqrt{t}}\arctan\left(\sqrt{t}x\right) \bigg]_0^1 \\ &=\frac{1}{t + 1} \bigg[\ln(2) + \frac{1}{2t}\ln\left(t + 1\right) + \frac{1}{\sqrt{t}}\arctan\left(\sqrt{t}\right)\bigg] \end{align}$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} I(t) &= \int\frac{1}{t + 1} \bigg[\ln(2) + \frac{1}{2t}\ln\left(t + 1\right) + \frac{1}{\sqrt{t}}\arctan\left(\sqrt{t}\right)\bigg]\:dt \\ &= \int\frac{\ln(2)}{t + 1}\:dt + \int \frac{1}{2t\left(t + 1\right)}\ln\left(t + 1\right)\:dt + \int \frac{1}{\sqrt{t}\left(t + 1\right)}\arctan\left(\sqrt{t}\right)\:dt \\ &= I_1 + I_2 + I_3 \end{align}$$

Resolver cada uno de forma individual:

Para $I_1$:

$$\begin{equation} I_1 = \int\frac{\ln(2)}{t + 1}\:dt = \ln(2)\ln(t + 1) \end{equation}$$

Para $I_2$:

$$\begin{align} I_2 &= \int\frac{1}{2t\left(t + 1\right)}\ln\left(t + 1\right)\:dt = \frac{1}{2}\left[ \int \left(\frac{1}{t} - \frac{1}{t + 1} \right)\ln(t + 1)\:dt\right]\\ & =\frac{1}{2} \left[\int \frac{\ln(t + 1)}{t}\:dt - \int \frac{\ln(t + 1)}{t + 1}\:dt \right] \\ &= \frac{1}{2} \left[-\operatorname{Li}_{2}(-t) - \frac{1}{2}\ln^2(t + 1) \right] \end{align}$$

Donde $\operatorname{Li}_{2}(t)$ es Dilogarithm función.

Para $I_3$:

$$\begin{equation} \int \frac{1}{\sqrt{t}\left(t + 1\right)}\arctan\left(\sqrt{t}\right)\:dt = \arctan^2\left(\sqrt{t}\right) \end{equation}$$

La combinación llegamos a:

$$\begin{equation} I(t) = \ln(2)\ln(t + 1) + \frac{1}{2} \left[-\operatorname{Li}_{2}(-t) - \frac{1}{2}\ln^2(t + 1) \right] + \arctan^2\left(\sqrt{t}\right) + C \end{equation}$$ Donde $C$ es la constante de integración.

El uso de $I(0) = 0$ vemos que $C = 0$. Así

$$\begin{equation} I(t) = \ln(2)\ln(t + 1) + \frac{1}{2} \left[-\operatorname{Li}_{2}(-t) - \frac{1}{2}\ln^2(t + 1) \right] + \arctan^2\left(\sqrt{t}\right) \end{equation}$$

Y por último:

$$\begin{align} I = I(1) &= \ln(2)\ln(1 + 1) + \frac{1}{2} \left[-\operatorname{Li}_{2}(-1) - \frac{1}{2}\ln^2(1 + 1) \right] + \arctan^2\left(\sqrt{1}\right) \\ &=\ln^2(2) + \frac{1}{2} \left[-\frac{\pi^2}{12} - \frac{1}{2}\ln^2(2)\right] + \frac{\pi^2}{16} \\ &= \frac{3}{4}\ln^2(2) - \frac{\pi^2}{48} \end{align}$$

Answer 3

No es una respuesta completa (aún)

Voy a tratar de dar una solución que no utiliza ningún tipo de funciones especiales, sólo el bien conocido "clásico" de la serie.

$$I=\int_0^1 \frac{\ln{(x^2+1)}}{x+1}dx=\sum_{k,n=0}^\infty \frac{(-1)^{k+n}}{k+1} \int_0^1 x^{2(k+1)+n}dx=\sum_{k,n=0}^\infty \frac{(-1)^{k+n}}{(k+1)(2k+n+3)}$$

Vamos a utilizar fracciones parciales:

$$\frac{1}{(k+1)(2k+n+3)}=\frac{a}{k+1}+\frac{b}{2k+n+3} \\ 2a+b=0 \\ (n+3)a+b=1 \\ (n+1)a=1 \\ a=\frac{1}{n+1} \\ b=-\frac{2}{n+1}$$

Por lo tanto tenemos:

$$I=\sum_{k,n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1} \frac{(-1)^k}{k+1}-2 \sum_{k,n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1} \frac{(-1)^k}{2k+n+3}=\ln^2 2-2\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+n+3}$$

El segundo de la serie puede ser representado de la siguiente manera, la separación de pares e impares términos:

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+n+3}=\sum_{l=0}^\infty \frac{1}{2l+1} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2(k+l)+3}-\sum_{l=0}^\infty \frac{1}{2l+2} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2(k+l)+4}$$

Ahora vamos a tratar con el interior de la serie por separado:

1) $$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2(k+l)+3}=(-1)^{l+1} \sum_{k=l+1}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}=(-1)^{l+1} \left( \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}- \sum_{k=0}^l \frac{(-1)^k}{2k+1} \right)= \\ =(-1)^{l+1} \left( \frac{\pi}{4}- \sum_{k=0}^l \frac{(-1)^k}{2k+1} \right)$$

El primer término es el bien conocido de la serie de Leibniz para $\pi$.

2) $$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2(k+l)+4}=\frac{(-1)^{l+1}}{2} \sum_{k=l+1}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1}=\frac{(-1)^{l+1}}{2} \left( \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1}- \sum_{k=0}^{l} \frac{(-1)^k}{k+1} \right)= \\ =\frac{(-1)^{l+1}}{2} \left(\ln 2- \sum_{k=0}^{l} \frac{(-1)^k}{k+1} \right)$$

Los primeros términos de cada una de ahora pueden ser resumidos de la w.r.t. $l$:

$$\sum_{l=0}^\infty \frac{1}{2l+1} (-1)^{l+1} \frac{\pi}{4}=-\frac{\pi^2}{16}$$

$$\frac{1}{2} \sum_{l=0}^\infty \frac{1}{l+1} \frac{(-1)^{l+1}}{2} \ln 2=-\frac{\ln^2 2}{4}$$

En este punto tenemos:

$$I=\frac{\ln^2 2}{2}+\frac{\pi^2}{8}-\sum_{l=0}^\infty (-1)^l \left(\frac{2}{2l+1} \sum_{k=0}^l \frac{(-1)^k}{2k+1}-\frac{1}{2}\frac{1}{l+1} \sum_{k=0}^{l} \frac{(-1)^k}{k+1} \right)$$

Bueno, he intentado. Ahora parece que hay al menos dos preguntas similares con algunas buenas respuestas, pero voy a dejar este intento de aquí en caso de que se podría estar terminado.

Tenemos que demostrar que:

$$\sum_{l=0}^\infty (-1)^l \left(\frac{2}{2l+1} \sum_{k=0}^l \frac{(-1)^k}{2k+1}-\frac{1}{2}\frac{1}{l+1} \sum_{k=0}^{l} \frac{(-1)^k}{k+1} \right)=\frac{7 \pi^2}{48}-\frac{\ln^2 2}{4}$$

que parece como un tiro largo, aunque numéricamente es cierto.

Principalmente, yo sólo quería mostrar cómo el cuadrado del logaritmo y $\pi$ aparecen en la respuesta.