Calcular el $\int_0^1 \frac{\ln(1-x+x^2)}{x-x^2}dx$

Question

Estoy tratando de calcular:

$$\int_0^1 \frac{\ln(1-x+x^2)}{x-x^2}dx$$

Yo no estoy en busca de una respuesta, sino simplemente un empujón en la dirección correcta. Una estrategia, algo que me refiero.

Así que, después de hacer la Expansión de Taylor en el $\ln(1-x+x^2)$ ig a la siguiente: Vamos a $x=x-x^2$ $\ln(1-x)$ a continuación, \begin{align*} =&-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}-...\\ =&-(x-x^2)-\frac{(x-x^2)^2}{2}-...\\ =&-x(1-x)+\frac{x^2}{2}(1-x)^2-\frac{x^3}{3}(1-x)^3\\ \text{thus the pattern is:}\\ =&\frac{x^n(1-x)^n}{n} \end{align*} Estoy en lo cierto?

A continuación, nuestros Integral sería: $$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \int_0^1 x^n(1-x)^n$$

Estoy en el camino correcto? Sugerencias, consejos, comentarios?

$\underline{NEW EDIT:}$

ASÍ que después de la integración de la función llegué a la siguiente después de un par de iteraciones: \begin{align*} \frac{n(n-1)...1}{(n+1)(n+2)...(2n)}\int_0^1 x^{2n} dx \end{align*} Esto muestra un patrón: \begin{align*} =&\frac{(n!)^2}{(2n)!} (\frac{1}{2n+1})\\ =& \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \end{align*} Así que mi pregunta es, ¿qué hacer desde aquí. He hecho todo esto pero aún no tienen idea de cómo resolver la integral. Puede alguien arrojar algo de luz sobre esto! Gracias

Answer 1

Sólo para simplificar las cosas, hacer el cambio de variables $s=2x-1$. La integral se reduce entonces a $$I=2\int_{-1}^1\frac{\ln\frac{3+s^2}{4}}{1-s^2}ds.\tag{1}$$ La antiderivada de cualquier expresión del tipo $\displaystyle\frac{\ln P(x)}{Q(x)}$ es computable en los términos de dilogarithms, debido fundamentalmente a la $$\displaystyle \int\frac{\ln(a-x)}{x+b}dx=\mathrm{Li}_2\left(\frac{a-x}{a+b}\right)+\ln(a-x)\ln\frac{x+b}{a+b}.\tag{2}$$ Por lo tanto, la respuesta puede ser, ciertamente, expresado en términos de dilogarithm valores.

Digámoslo esto de manera más explícita. Es conveniente integrar de una vez por partes y reescribir (1) como \begin{align}I=&-\int_{-1}^1\frac{2s}{3+s^2}\ln\frac{1+s}{1-s}ds= 4\Re\int_{-1}^1\frac{\ln(1-s)}{s+i\sqrt3}ds. \end{align} La aplicación de (2), esto se reduce a $$I=-4\Re\,\mathrm{Li}_2\left(e^{i\pi/3}\right)=-\frac{\pi^2}{9},$$ donde en el último paso hemos usado para $z\in(0,1)$ uno tiene $$\Re\,\mathrm{Li}_2\left(e^{2i\pi z}\right)=\pi^2\left(z^2-z+\frac16\right).$$

Answer 2

La diferenciación bajo el signo integral puede aplicarse a este.

Considere la posibilidad de

\begin{align} I(a)&=\int_0^1 \, \frac{\ln{(1-a\,(x-x^2))}}{x-x^2}\, dx \tag 1\\ \frac{\partial}{\partial a} I(a)&=\int_0^1\, -\frac{1}{1-a\,(x-x^2)}\, dx \\ &= -\frac{4 \, \sqrt{-y^{2} + 4 \, y} \arctan\left(\frac{\sqrt{-y^{2} + 4 \, y}}{y - 4}\right)}{y^{2} - 4 \, y}\tag 2 \end{align}

La integración de $(2)$ nos da (yo usé de Sage para eso)

\begin{align} I(a)=\sqrt{a} \sqrt{-a + 4} \arcsin\left(\frac{1}{2} \, a - 1\right) + 2 \, \arcsin\left(\frac{1}{2} \, a - 1\right)^{2} - 4 \, \arctan\left(\frac{{\left(a - 2\right)} \sqrt{a} \sqrt{-a + 4}}{a^{2} - 4 \, a}\right) \arctan\left(\frac{\sqrt{-a + 4}}{\sqrt{a}}\right) + 4 \, \arctan\left(\frac{\sqrt{-a + 4}}{\sqrt{a}}\right)^{2} + 4 \, \arcsin\left(\frac{1}{2} \, a - 1\right) \arctan\left(\frac{\sqrt{-a^{2} + 4 \, a}}{a - 4}\right) - \sqrt{-a^{2} + 4 \, a} \arcsin\left(\frac{1}{2} \, a - 1\right) + C \\ \tag 3 \end{align}

Establecimiento $a=0$ $(2)$ y $(3)$, $C=-\frac{\pi^2}{2}$, por lo tanto:

\begin{align} I(a)=\sqrt{a} \sqrt{-a + 4} \arcsin\left(\frac{1}{2} \, a - 1\right) + 2 \, \arcsin\left(\frac{1}{2} \, a - 1\right)^{2} - 4 \, \arctan\left(\frac{{\left(a - 2\right)} \sqrt{a} \sqrt{-a + 4}}{a^{2} - 4 \, a}\right) \arctan\left(\frac{\sqrt{-a + 4}}{\sqrt{a}}\right) + 4 \, \arctan\left(\frac{\sqrt{-a + 4}}{\sqrt{a}}\right)^{2} + 4 \, \arcsin\left(\frac{1}{2} \, a - 1\right) \arctan\left(\frac{\sqrt{-a^{2} + 4 \, a}}{a - 4}\right) - \sqrt{-a^{2} + 4 \, a} \arcsin\left(\frac{1}{2} \, a - 1\right)-\frac{\pi^2}{2} \end{align}

Por lo tanto, la respuesta es $$ I(1)=-\frac{\pi^2}{9}\approx -1.09662271123215 $$

=== Update ===

Hay una manera más simple forma general como sospechaba:

En lugar de $(1)$, considere la posibilidad de $I(a)$

\begin{align} I(a)&=\int_0^1 \, \frac{\ln{(1+a\,(x-x^2))}}{x-x^2}\, dx \end{align}

La aplicación de la diferenciación bajo el signo integral ahora produce una agradable forma más simple:

\begin{align} I(a)&=\ln\left( \frac{a+2 -\sqrt{a^{2} + 4 \, a}}{2}\right)^{2} \end{align}