Evalúe

Question

¿Qué es $ \displaystyle\int_0^1 \frac{\ln(1+bx)}{1+x} dx $?

Llaman $f(b)$ y distinguir con respecto a ser $b,$ puede hacer un poco de fracciones parciales y la integral de $x$. Luego integrar con respecto a los $b$ y perderse un poco.

¿Algunos de los términos pueden ser expresado en términos dilogarithms? Me pierdo en los detalles! ¿No esta simplemente ir directamente a dilogarithms (con una sustitución astucia)?

Answer 1

$$\Phi(b)=\int\limits_0^1 \frac{\log(1+bx)}{x+1}dx$$

$$\Phi'(b)=\int\limits_0^1 \frac{x}{(bx+1)(x+1)}dx$$

$$\Phi'(b)=\int\limits_0^1 \frac{1}{bx+1}dx-\int\limits_0^1 \frac{1}{(x+1)(bx+1)}dx$$

$$\Phi'(b)=\frac{\log(b+1)}{b}-\frac{1}{1-b}\int\limits_0^1 \left(\frac{1}{x+1}- \frac{b}{bx+1}\right) dx$$

$$\Phi'(b)=\frac{\log(b+1)}{b}-\frac{\log2}{1-b}+\frac{\log(b+1)}{1-b}$$

Con un enfoque diferente:

$$\Phi(b)=\int\limits_0^1 \frac{\log(1+bx)}{x+1}dx=\int\limits_0^1 \int\limits_0^{bx}\frac{dx \cdot dy}{(1+y)(1+x)}$$

Poner a $y=bxu$ da

$$\Phi(b)=\int\limits_0^1 \frac{\log(1+bx)}{x+1}dx=\int\limits_0^1 \int\limits_0^{1}\frac{b \cdot x dx \cdot du}{(1+bxu)(1+x)}$$

Algunos parcial fracción de la descomposición y el engaño le dará

$$\Phi(b)=\int\limits_0^b \frac{\log(1+x)}{x}dx + \log2 \log|b-1|+\int\limits_0^b\frac{\log(1+x)}{1-x}dx$$

Tenga en cuenta que la primera integral es un Dilogarithm y el último es más, probablemente, uno demasiado (no es un comentario diciendo Arce da la respuesta en términos de te Dilog)

Answer 2

Si $b<1$, uno puede probar:

$$\int_{0}^{1} \frac{\log(1+bx)}{1+x} dx = \int_{0}^{1} \log(1+bx)\cdot\frac{1}{1+x} dx = \int_{0}^{1} \left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}(bx)^{n}}{n} \right)\left(\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^{m}x^{m}\right) dx$$

A continuación:

$$ \int_{0}^{1} \left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}(bx)^{n}}{n} \right)\left(\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^{m}x^{m}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^{m+n+1}b^{n}}{n} \int_{0}^{1} x^{m+n} dx = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^{m+n+1}b^{n}}{n(m+n+1)} $$

Metedura de pata: O sería, si el integral no divergen. (los paquetes numéricos que estoy usando son ambos dando resultados sin sentido, que tanto significa su integral impropia más allá de su alcance de tratar con integrales incorrectos o que no convergen) ¿Convergen para cualquier $b$?

Mucked la serie de encendido para el denominador. Fijado que.

Answer 3

Que $x = \frac{1}{b} \frac{1-u}{u}$. El intervalo de integración $0\leqslant x \leqslant 1$ se traduce en $\frac{1}{1+b} \leqslant u \leqslant 1$, $b>0$ $$ \frac{\log(1+ b x)} \mathrm {1 + x} {d} x \to \frac{-\log(u)} {1 - (1-b) u} \frac{\mathrm{d} u} {u} = \frac{\log(u)} {u} \left (1 + \frac{(1-b) u}{1-(1-b) u} \right) $$ ahora $$\begin{eqnarray} \int \frac{\log(u)}{1 - (1-b) u} \frac{\mathrm{d} u}{u} &\stackrel{\color\red{\text{by parts}}}{=}& \frac{\log^2(u)}{2} - \log(u) \cdot \log(1-(1-b)u) - \int \frac{\log(1-(1-b)u)}{u} \mathrm{d} u \\ &=& \frac{\log^2(u)}{2} - \log(u) \cdot \log(1-(1-b)u) - \operatorname{Li_2}\left((1-b) u\right) + C \end{eqnarray} $$ donde una definición de dilogarithm fue utilizado $\operatorname{Li_2}^\prime(z) = -\frac{\log(1-z)}{z}$. Ahora suponiendo que $b$ es tal que los anti-derivados es liso: $$\begin{eqnarray} \int_0^1 \frac{\log(1+b x)}{1+x} \mathrm{d} x &=& \int\limits_{\frac{1}{1+b}}^1 \frac{-\log(u)}{1 - (1-b) u} \frac{\mathrm{d} u}{u} \\ &=& \operatorname{Li_2}\left(1-b\right) - \operatorname{Li_2}\left(\frac{1-b}{1+b}\right) + \frac{1}{2} \log^2\left(1+b\right) +\log\left(1+b\right) \log\left(\frac{2b}{1+b}\right) \end{eqnarray} $$

Answer 4

$(1+bx) > 0, \ln(1+bx) \leq bx$

Si no evaluar el valor exacto, por lo menos podemos encontrar

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