Demuestra que $\int_{0}^{1}\ln\left({1+x\over 1-x}\right){\mathrm dx\over 1+x^2}=C$

Question

¿Cómo mostramos $(1)$ ¿es correcto? $$\int_{0}^{1}\ln\left({1+x\over 1-x}\right){\mathrm dx\over 1+x^2}=C\tag1$$

Donde C es el Constante catalana

$u={1+x\over 1-x}$ entonces $du={2dx\over (1-x)^2}$

$${1\over 2}\int_{1}^{\infty}(1-x)^2\ln(u){\mathrm du\over 1+x^2}=C\tag2$$

$x={u-1\over u+1}$

$${1\over 2}\int_{1}^{\infty}{4\over (u+1)^2}\ln(u){\mathrm (u+1)^2du\over 2(u^2+1)}=C\tag3$$

$$\int_{1}^{\infty}\ln(u){\mathrm du\over 1+u^2}=C\tag4$$

Answer 1

Como has notado, es suficiente para probar $(4)$ . Al aplicar la sustitución $u\mapsto \frac{1}{v}$ nos quedamos con

$$ \int_{0}^{1}\frac{-\log v}{1+v^2}\,dv \stackrel{?}{=}\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} $$ que es casi trivial ya que $\frac{1}{1+v^2}=1-v^2+v^4-v^6+\ldots$ para $v\in(0,1)$ y $$ \int_{0}^{1}v^{2k}\left(-\log v\right)\,dv = \frac{1}{(2k+1)^2} $$ es fácil de demostrar mediante la sustitución $v\mapsto e^{-z}$ y el $\Gamma$ o simplemente por diferenciación bajo el signo integral ( El truco de Feynman , véase el capítulo 4 de estas notas ).

Answer 2

A partir de lo que has hecho si pones $u = \frac{1}{t}$ es decir $du = -\frac{1}{t^2} $ entonces obtenemos

$$ C= \int_{1}^{\infty}\ln(u){\mathrm du\over 1+u^2}=\int_{0}^{1}\frac{\ln \frac{1}{t}}{1+\frac{1}{t^2}}\,\frac{1}{t^2}dt=-\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{1+t^2}\,dt $$ Es decir $$ C= -\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{1+t^2}\,dt=\int_{0}^{1}\sum_{n= 0}^{\infty}-(-1)^n t^{2n}\ln t dt \\=\int_{0}^{1}\sum_{n= 0}^{\infty}-(-1)^n t^{2n}\ln t dt \\ =\sum_{n= 0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$$

Donde usamos eso,

$$\frac{1}{1+x}= \sum_{n= 0}^{\infty} (-1)^nx^n ~~~|x|<1$$

y la simple integración por partes da: $$\int_{0}^{1} t^{2n}\ln t dt= \frac{1}{2n+1} \left[t^{2n+1}\ln t\right]^1_0 -\frac{1}{2n+1} \int_{0}^{1} t^{2n} dt = -\frac{1}{(2n+1)^2} $$

Desde $$\lim_{t\to 0 } t^{2n+1}\ln t = 0$$