Evaluación de los

Question

Estoy tratando de verificar lo siguiente:

$$ \ int_ {0} ^ {1} {\ int_ {0} ^ {1} {\ frac {\ ln \ left (1-x \ right) - \ ln \ left (1-y \ right)} { xy-1} dx} dy} = \ frac {{{\ pi} ^ {2}}} {12} + {{\ ln} ^ {2}} \ left (2 \ right) $$ Pensé que la solución puede ser similar a este problema pero no puedo manejar la integral de manera similar?!?!?!

Answer 1

Esto no es una respuesta completa, pero demasiado largo para un comentario. Me las arreglé para reducir las dos dimensiones integral en una sola de la integral definida

$$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-x\right)-\ln\left(1-y\right)}{x-y-1}{\rm d}x{\rm d}y=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-x\right)}{x-y-1}{\rm d}x{\rm d}y-\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-y\right)}{x-y-1}{\rm d}x{\rm d}y=$$

$$=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-x\right)}{x-y-1}{\rm d}x{\rm d}y-\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-x\right)}{y-x-1}{\rm d}x{\rm d}y=$$

$$=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-x\right)}{x-y-1}{\rm d}x{\rm d}y+\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-x\right)}{x-y+1}{\rm d}x{\rm d}y=$$

$$=\int_{0}^{1}\ln\left(1-x\right)\left(\ln\left(1-x\right)-\ln\left(2-x\right)\right){\rm d}x+\int_{0}^{1}\ln\left(1-x\right)\left(\ln\left(1+x\right)-\ln x\right){\rm d}x=$$

$$=\int_{0}^{1}\ln\left(1-x\right)\left(\ln\left(1-x\right)-\ln\left(2-x\right)+\ln\left(1+x\right)-\ln x\right){\rm d}x=$$

$$=\int_{0}^{1}\ln\left(1-x\right)\ln\left(\dfrac{1-x^{2}}{2x-x^{2}}\right){\rm d}x$$

Según Wolfram esta integral implica la polylogarithm ${\rm Li}_{2}\left(x\right)$ y puede ser evaluado. Tenga en cuenta que

$${\rm Li}_{2}\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n}}{n^2}$$

así que usted puede ver inmediatamente la conexión a ${\rm Li}_{2}\left(1\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}$.

Answer 2

Realizando el cambio de variable $$ u=\frac{1-x}{1-y}\,\,,\,\,v=x-y$$ the domain $D=\{(x,y)\,|\,0<x<1\,,\,0<y<1\}$ change into $$D_1=\{(u,v)\,|\,0<u<1\,,\,0<v<1-u\}\cup D_2=\{(u,v)\,|\,1<u<\infty\,,\,0<v<\frac{1-u}{u}\}$$

y su integral lee

$$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-x\right)-\ln\left(1-y\right)}{x-y-1}{\rm d}x{\rm d}y=$$ $$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-u}\dfrac{\ln\left(u\right)}{v-1}\frac{v}{(u-1)^2}{\rm d}v{\rm d}u-\int_{1}^{\infty}\int_{\frac{1-u}{u}}^0\dfrac{\ln\left(u\right)}{v-1}\frac{v}{(u-1)^2}{\rm d}v{\rm d}u=$$

Aquí, el signo negativo se convierte a partir de Jocobian. La primera integral en $v$ (en ambos casos) es inmediatamente y obtener

$$\int_0^1 \frac{(1-u+\log (u)) \log (u)}{(u-1)^2} \, du -\int_1^{\infty } \frac{\left(1-\frac{1}{u}-\log \left(2-\frac{1}{u}\right)\right) \log (u)}{(u-1)^2} \, du$$

y con el cambio de $1/u\rightarrow u$ en la segunda integral que nos llega a

$$\int_0^1 \frac{(2(1-u)+\log (u)-\log(2-u)) \log (u)}{(u-1)^2} \, du$$

Ahora:

• $\displaystyle \int_0^1 \frac{2(1-u)\log (u)}{(u-1)^2} \, du=-2\int_0^1 \frac{ \log (u)}{u-1} \, du=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}\int_0^1(u-1)^{n-1}du=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)}{n^2}=\boxed{-\frac{\pi^2}{3}}$

• Integrando por partes obtenemos $\displaystyle \int_0^1 \frac{2\log (u)}{u-1} \, du=\int_0^1 \frac{\log^2 (u)}{(u-1)^2} \, du=\boxed{\frac{\pi ^2}{3}}$

El uso de técnicas similares (serie de Taylor de $\log(u)$ o $\log(2-u)$) se puede llegar - $\displaystyle \int_0^1 -\frac{\log (2-u)\log (u)}{(u-1)^2} \, du=\boxed{\frac{\pi ^2}{12}+\log^2(2)}$

y el resultado deseado de la siguiente manera.

Answer 3

Con

PS

obtenemos

PS

y la otra parte es:

PS

Ahora necesitamos $$\int\frac{\ln(x+z)}{x-a}dx = \text{Li}_2\left(\frac{x+z}{a+z}\right) - \ln(x+z)\,\text{Li}_1\left(\frac{x+z}{a+z}\right) + C $ $ y $$\int\limits_0^1\frac{\ln(1-x)}{x-y-1}dx = \int\limits_0^{-1}\frac{\ln(x+1)}{x+y+1}dx = -\text{Li}_2\left(-\frac{1}{y}\right)$ $

lo que lleva a: $$\int\limits_0^1\frac{-\ln(1-y)}{x-y-1}dx = -\ln(1-y)\ln\left(\frac{y}{y+1}\right)$ $