Integral $\int^{1}_{1/2}\frac{\ln(x)}{1-x}dx$

Question

Evaluar $$\int^{1}_{1/2}\frac{\ln(x)}{1-x}dx$$

Inténtalo: Deja $$ I =\int^{1}_{1/2}\frac{\ln x}{1-x}dx=\int^{1}_{1/2}\sum^{\infty}_{k=0}x^k\ln(x)dx$$

$$I =\sum^{\infty}_{k=0}\int^{1}_{1/2}x^k\ln(x)dx$$

Usando la integración por partes, da: $$I =\sum^{\infty}_{k=0}\frac{\ln(x)x^{k+1}}{k+1}\bigg|^{1}_{1/2}-\sum^{\infty}_{k=0}\frac{x^{k+1}}{(k+1)^2}\bigg|^{1}_{1/2}$$

¿Puede alguien ayudarme a resolverlo?

Answer 1

Aplicando una sustitucióng de $\,\large\frac{1-x}x=t \Rightarrow dx=-\frac{dt}{(1+t)^2}$ da: $$\int_\frac12^1\frac{\ln x}{x\cdot\frac{1-x}{x}}dx=\int_0^1 \frac{\ln\left({\frac{1}{1+t}}\right)}{t(1+t)}dt$$ $$=\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{1+t}dt-\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t}dt$$ $$=\frac{\ln^2(1+t)}{2}\bigg|_0^1 - \frac{\pi^2}{12}=\frac{\ln^2 2}{2}-\frac{\pi^2}{12}$$ La segunda integral se puede encontrar aquí .

Answer 2

Prueba el cambio de variable en tu integral original: $1-x = y$ . Entonces: $$I := \int_{1/2}^{1} \frac{\ln(x)}{1-x} \text{d}x = \int_{0}^{1/2} \frac{\ln(1-y)}{y} \text{d} y$$

Entonces puedes usar la serie: $\ln(1-y) = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{y^n}{n}$ .

Ahora tienes que demostrar que puedes permutar la integral y la suma infinita. Después de eso, se produce:

$$ I = - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \int_{0}^{1/2} y^{n} \text{d}y$$

Y te dejo terminar el cálculo. Ahora es bastante fácil.

Answer 3

Aquí abordaremos la integral:

\begin {Ecuación} I = \int_ { \frac {1}{2}}^1 \frac { \ln (x)}{1 - x}\\N:dx \end {Ecuación}

Primero observamos que:

\begin {Ecuación} \frac { \partial }{ \partial a} x^a = x^a \ln (x) \Longrightarrow \ln (x) = \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} x^a \end {Ecuación}

Así,

\begin {Ecuación} I = \int_ { \frac {1}{2}}^1 \frac { \ln (x)}{1 - x}\\N:dx = \int_ { \frac {1}{2}}^1 \frac { \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} x^a }{1 - x}\:dx \end {Ecuación}

Que por la regla integral de Leibniz se convierte en: \begin {Ecuación} I = \int_ { \frac {1}{2}}^1 \frac { \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} x^a }{1 - x}\:dx = \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} \int_ { \frac {1}{2}}^1 \frac {x^a}{1 - x}\:dx \end {Ecuación}

Ahora empleamos la serie de Taylor para $\frac{1}{1 - x}$ (que es convergente en los límites de la integral):

\begin {Ecuación} \frac {1}{1 - x} = \sum_ {n = 0}^{ \infty } x^n \end {Ecuación}

Así, nuestra integral se convierte en: \begin {align} I &= \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} \int_ { \frac {1}{2}}^1 \frac {x^a}{1 - x}\:dx = \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} \int_ { \frac {1}{2}}^1 x^a \sum_ {n = 0}^{ \infty } x^n \:dx = \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} \sum_ {n = 0}^{ \infty } \int_ { \frac {1}{2}} x^{a + n} \N - dx \nonumber \\ &= \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} \sum_ {n = 0}^{ \infty } \left [ \frac {x^{a + n + 1}}{a + n + 1} \right ]_{ \frac {1}{2}}^1 = \lim_ {a \rightarrow 0^+} \frac { \partial }{ \partial a} \sum_ {n = 0}^{ \infty } \left [ \frac {1}{a + n + 1} - \frac { \left ( \frac {1}{2} \right )^{a + n + 1}}{a + n + 1} \right ] \nonumber \\ &= \lim_ {a \rightarrow 0^+} \sum_ {n = 0}^{ \infty } \left [ \frac {-1}{ \left (a + n + 1 \right )^2} - \frac { \left ( \frac {1}{2} \right )^{a + n + 1}}{ \left (a + n + 1 \right )^2} + \frac { \ln\left ( \frac {1}{2} \right ) \left ( \frac {1}{2} \right )^{a + n + 1}}{a + n + 1} \right ] \nonumber \\ &= \sum_ {n = 0}^{ \infty } \left [ \frac {-1}{ \left (n + 1 \right )^2} - \frac { \left ( \frac {1}{2} \right )^{n + 1}}{ \left ( n + 1 \right )^2} + \frac { \ln\left ( \frac {1}{2} \right ) \left ( \frac {1}{2} \right )^{n + 1}}{n + 1} \right ] \nonumber \\ &= - \sum_ {n = 0}^{ \infty } \frac {1}{(n + 1)^2} - \frac {1}{2} \sum_ {n = 0}^{ \infty } \frac { \left ( \frac {1}{2} \right )^n}{(n + 1)^2} + \frac { \ln\left ( \frac {1}{2} \right )}{2} \sum_ {n = 0}^{ \infty } \frac { \left ( \frac {1}{2} \right )^n}{n + 1} \nonumber \\ &= - \Phi\left (1,1,2 \right ) - \frac {1}{2} \Phi\left ( \frac {1}{2},1,2 \right ) + \ln ( \sqrt {2}) \Phi\left ( \frac {1}{2},1,1 \right ) \end {align} Dónde $\Phi(\cdot, \cdot, \cdot, \cdot)$ es la función transcedente de Lerch.

Answer 4

\begin {align} \text {J}&= \int_ { \frac {1}{2}}^{1} \frac { \ln x }{1-x}dx \\ &= \int_ {0}^{1} \frac { \ln x }{1-x}dx- \int_0 ^{ \frac {1}{2}} \frac { \ln x }{1-x}dx \\ &= \int_ {0}^{1} \frac { \ln x }{1-x}dx- \left ( \Big [- \ln (1-x) \ln x \Big ]_0^{ \frac {1}{2}}+ \int_0 ^{ \frac {1}{2}} \frac { \ln (1-x)}{x} \N - dx \right ) \\ &= \int_ {0}^{1} \frac { \ln x }{1-x}dx+ \ln ^2 2- \int_0 ^{ \frac {1}{2}} \frac { \ln (1-x)}{x} \N - dx \\ \end {align}

En esta última integral realizar el cambio de variable $y=1-x$ ,

\begin {align} J&= \int_ {0}^{1} \frac { \ln x }{1-x}dx+ \ln ^2 2- \text {J} \\ \end {align}

Por lo tanto,

\begin {align} J&= \frac {1}{2} \int_ {0}^{1} \frac { \ln x }{1-x}dx+ \frac {1}{2} \ln ^2 2 \\ &= \boxed { \frac {1}{2} \ln ^2 2- \frac { \pi ^2}{12}} \\ \end {align}

NB: Lo asumo,

\begin {align} \int_ {0}^{1} \frac { \ln x }{1-x}dx=- \frac { \pi ^2}{6} \end {align}