Hace $\int_{0}^1\frac{\ln(1+x+x^2)}{x}\mathrm dx$ ¿tiene una forma cerrada?

Question

$$\int_0^1 \frac{\ln(1+x+x^2)}{x} \mathrm{d}x = 1.09662$$

Estoy tratando de encontrar una forma cerrada de esta integral.

Creo que podría existir una, esta integral parece que podría estar relacionada con $\pi$ pero no lo sé.

Answer 1

En primer lugar $$1+x+x^2=\frac{1-x^3}{1-x}$$ Así que reescribe el integrando como $$\int_{0}^{1} \frac{\ln(1-x^3)}{x}-\frac{\ln(1-x)}{x} dx.$$ Pero usando la subtitución en u $u=x^3,du=3x^2dx$ $$\int_{0}^{1} \frac{\ln(1-x^3)}{x}dx=\int_{0}^{1} \frac{\ln(1-u)}{3u}du$$ , por lo que esto significa $$\int_{0}^{1} \frac{\ln(1-u)}{3u}du-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{x} dx=\frac{-2}{3}\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{x} dx.$$

Ahora es bien conocido el problema de Basilea: $$\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{x} dx=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{-1}{1-xy} dydx=-\zeta(2)=\frac{-\pi^2}{6}.$$ Así que $$\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x+x^2)}{x}dx=\frac{\pi^2}{9}$$

Answer 2

Tenga en cuenta que $\ln(1+x+x^2)=\ln(1-x^3)-\ln(1-x)=-\sum_{k=1}^{\infty}(x^{3n}/n)+\sum_{k=1}^{\infty}(x^{n}/n)$ . Cambiando el orden de integración y suma (es válido, ¿por qué?), y tenemos $$\begin{align}\int_0^1 \frac{\ln(1+x+x^2)}{x} \mathrm{d}x&=\int_0^1\left(-\sum_{k=1}^\infty\frac{x^{3n-1}}{n}+\sum_{k=1}^\infty\frac{x^{n-1}}{n}\right)\mathrm{d}x\\ &=-\sum_{k=1}^\infty\int_0^1\frac{x^{3n-1}}{n}\mathrm dx+\sum_{k=1}^\infty\int_0^1\frac{x^{n-1}}{n}\mathrm dx\\ &=-\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{3n^2}+\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}9. \end{align}$$