Necesita algún consejo o técnica para esta integral.

Question

¿Qué técnica deberíamos usar para esta integral:$$\int_0^1\frac{\ln x\ln (1-x^2)}{1-x^2}\text{d}x$ $ ¿Alguien puede dar una breve manera de evaluar esto?

Answer 1

Una posible, aunque no muy corto, es reducir la integral de los derivados de la beta integral: $$\begin{eqnarray} \int_0^1 \frac{\log(x) \log(1-x^2)}{1-x^2} \mathrm{d}x &\stackrel{u=x^2}{=}& \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{\log(u)}{\sqrt{u}} \frac{\log(1-u)}{1-u} \mathrm{d}u \\ &=& \frac{1}{4} \lim_{\alpha\to \frac{1}{2}} \lim_{\beta \downarrow 0^+} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \beta} \int_0^1 u^{\alpha-1} (1-u)^{\beta-1}\mathrm{d}u \\ &=& \frac{1}{4} \lim_{\alpha\to \frac{1}{2}} \lim_{\beta \downarrow 0^+} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \beta} \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)} \\ \\ &=& \frac{1}{4} \lim_{\alpha\to \frac{1}{2}} \lim_{\beta \downarrow 0^+} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \beta} \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta+1)}{\beta \, \Gamma(\alpha+\beta)} \end{eqnarray} $$ Ahora nos gustaría hacer una serie de expansión de alrededor de $\beta=0$: $$ \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta+1)}{\beta \, \Gamma(\alpha+\beta)} = \frac{1}{\beta} + \left(-\gamma \psi(a)\right) + \frac{\beta}{2} \left( \frac{\pi^2}{6} + \gamma^2+2 \gamma \psi(a) + \psi(a)^2 -\psi^{(1)}(a) \right) + \mathcal{s}(\beta) $$ Diferenciación con respecto a $\alpha$ mata el término en singular, nos encontramos con: $$ \int_0^1 \frac{\log(x) \log(1-x^2)}{1-x^2} \mathrm{d}x = \frac{1}{4} \lim_{\alpha \a \frac{1}{2}} \left( \gamma \psi^{(1)}(a) + \psi(a) \psi^{(1)}(a) - \frac{1}{2} \psi^{(2)}(a) \right) $$ Ahora, el uso de $\psi(1/2) = -\gamma - 2 \log(2)$, $\psi^{(1)}(1/2) = \frac{\pi^2}{2}$ y $\psi^{(2)}(1/2) = -14 \zeta(3)$ por fin llegamos a la respuesta: $$ \int_0^1 \frac{\log(x) \log(1-x^2)}{1-x^2} \mathrm{d}x = \frac{1}{4} \left( 7 \zeta(3) - \pi^2 \log(2) \right) $$

Observe también que $$ \frac{\log(1-x^2)}{1-x^2} = -\sum_{n=1}^\infty H_n x^{2n} $$ Esto conduce, junto con $\int_0^1 x^{2n} \log(x) \mathrm{d}x = -\frac{1}{(2n+1)^2}$: $$ \int_0^1 \frac{\log(x) \log(1-x^2)}{1-x^2} \mathrm{d}x = \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(2n+1)^2} $$ La suma de estos tipos se han discutido antes.

Edit: De hecho, exactamente esta suma se le preguntó acerca de la OP, como se nota por @MhenniBenghorbal en los comentarios, y @joriki proporciona una excelente respuesta.

Answer 2

No estoy seguro acerca de un método de integración a mano, pero aquí hay un cálculo de Monte Carlo de su integral en Matlab:

 m=1000;
n=1000;
a=0;
b=1;
z=zeros(1,m);
for j=1:m
    x=a+(b-a)*rand(n,1);
    q=1/(b-a);
    f=(log(x).*log(1-x.^2))./(1-x.^2);
    i=mean(f./q);
    z(j) = i;
end
integral = mean(z)
variance = var(z)
 

integral = 0.3932

varianza = 1.5804e-04