Integral $\int_1^{\sqrt{2}}\frac{1}{x}\ln\left(\frac{2-2x^2+x^4}{2x-2x^2+x^3}\right)dx$

Question

Calcula la siguiente integral: \begin{equation} \int_1^{\sqrt{2}}\frac{1}{x}\ln\left(\frac{2-2x^2+x^4}{2x-2x^2+x^3}\right)dx \end{equation}

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Tengo problemas para calcular la integral. He intentado utilizar el método por partes pero no me ha servido de nada. Wolfram Alpha me da $0$ como la respuesta, pero no sé cómo conseguirla. También he intentado buscar en el similar pregunta aquí y tengo esto: $$I=\int_{-1}^1\frac1x\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\ln\left(\frac{2\,x^2+2\,x+1}{2\,x^2-2\,x+1}\right)\ \mathrm dx,$$ sin embargo, no sirvió de mucho. Además, no entiendo las respuestas allí. Podría alguien aquí ayudarme a calcular la integral preferiblemente ( si es posible ) con formas elementales (métodos de la escuela secundaria)? Cualquier ayuda será muy apreciada. Gracias.

Answer 1

Actualización : Por fin, una solución completa. Siento haber tardado tanto.

Dividir la integral en 3. \begin{align} I &=-\int^{\sqrt{2}}_1\frac{\log{x}}{x}dx+\int^{\sqrt{2}}_1\frac{\log{((x^2-1)^2+1)}}{x}dx-\int^{\sqrt{2}}_1\frac{\log{((x-1)^2+1)}}{x}dx\\ &=-\frac{1}{8}(\log{2})^2+\frac{1}{2}\int^1_0\frac{\log(1+x^2)}{1+x}dx-\int^{\sqrt{2}-1}_0\frac{\log(1+x^2)}{1+x}dx \end{align} La segunda integral es bastante fácil de evaluar. \begin{align} \frac{1}{2}\int^1_0\frac{\log(1+x^2)}{1+x}dx &=\frac{1}{2}\int^1_0\int^1_0\frac{x^2}{(1+x)(1+ax^2)}dx \ da\tag1\\ &=\frac{1}{2}\int^1_0\frac{1}{1+a}\int^1_0\frac{1}{1+x}+\frac{x-1}{1+ax^2}dx \ da\\ &=\frac{1}{2}\int^1_0\frac{\log{2}}{1+a}+\frac{\log(1+a)}{2a(1+a)}-\underbrace{\frac{\arctan(\sqrt{a})}{\sqrt{a}(1+a)}}_{\text{Let} \ y=\arctan{\sqrt{a}}}da\\ &=\frac{1}{2}\left[(\log{2})^2+\frac{1}{2}\underbrace{\int^1_0\frac{\log(1+a)}{a}da}_{-\operatorname{Li}_2(-1)=\frac{\pi^2}{12}}-\frac{1}{2}\underbrace{\int^1_0\frac{\log(1+a)}{1+a}da}_{\frac{1}{2}(\log{2})^2}-\frac{\pi^2}{16}\right]\\ &=\frac{3}{8}(\log{2})^2-\frac{\pi^2}{96} \end{align} La tercera integral se puede evaluar mediante dilogaritmos. \begin{align} \int^{\sqrt{2}-1}_0\frac{\log(1+x^2)}{1+x}dx &=\sum_{r=\pm i}\int^{\sqrt{2}-1}_0\frac{\log(r+x)}{1+x}dx\tag2\\ &=-\sum_{r=\pm i}\int^{\frac{\lambda}{\sqrt{2}}}_{\lambda}\log\left(r-1+\frac{\lambda}{y}\right)\frac{dy}{y}\tag3\\ &=-\sum_{r=\pm i}\int^{\frac{r-1}{\sqrt{2}}}_{r-1}\frac{\log(1+y)}{y}-\frac{1}{y}\log\left(\frac{y}{r-1}\right)dy\tag4\\ &=\frac{1}{4}(\log{2})^2+\sum_{r=\pm i}\mathrm{Li}_2\left(\frac{1-r}{\sqrt{2}}\right)-\mathrm{Li}_2(1-r)\tag5\\ &=\frac{1}{4}(\log{2})^2+\mathrm{Li}_2(e^{i\pi/4})+\mathrm{Li}_2(e^{-i\pi/4})-\mathrm{Li}_2(\sqrt{2}e^{i\pi/4})-\mathrm{Li}_2(\sqrt{2}e^{-i\pi/4})\\ &=\frac{1}{4}(\log{2})^2-\frac{\pi^2}{96}\tag6\\ \end{align} De ello se desprende que $$I=-\frac{1}{8}(\log{2})^2+\frac{3}{8}(\log{2})^2-\frac{\pi^2}{96}-\frac{1}{4}(\log{2})^2+\frac{\pi^2}{96}=0$$ Explicación
$(1)$ : Diferenciar bajo el signo integral
$(2)$ : Factorizar $1+x^2$ , dejemos que $r=\pm i$
$(3)$ : Dejemos que $\displaystyle y=\frac{\lambda}{1+x}$
$(4)$ : Dejemos que $\lambda=r-1$
$(5)$ : Reconocer que $\displaystyle\int\frac{\ln(1+y)}{y}dy=-\mathrm{Li}_2(-y)+C$ y $\displaystyle\int\frac{\ln(ay)}{y}dy=\frac{1}{2}\ln^2(ay)+C$
$(6)$ : Utilizar las identidades aquí

Answer 2

Problema similar (dos respuestas)

$$ I = \int_1^{\sqrt{2}}\frac{1}{x}\log\left(\frac{2-2x^2+x^4}{2x-2x^2+x^3}\right)\mathrm{d}x $$

Integrar por partes

$$ I = \left.\log(x)\log\left(\frac{2-2x^2+x^4}{2x-2x^2+x^3}\right)\right|_1^{\sqrt{2}}- \int_1^{\sqrt{2}}\log(x)\left(\frac{x^6-4 x^5+8 x^4-10 x^2+8 x-4}{x \left(x^2-2 x+2\right) \left(x^4-2 x^2+2\right)}\right)\mathrm{d}x $$

Fracciones parciales

$$I = \frac{1}{2} \log (2) \log \left(\frac{2}{4 \sqrt{2}-4}\right) - \int_1^{\sqrt{2}}\log(x)\left(-\frac{2 (x-1)}{x^2-2 x+2}+\frac{4 \left(x^3-x\right)}{x^4-2 x^2+2}-\frac{1}{x}\right)\mathrm{d}x$$

Debería ser bastante fácil demostrar que $\int_1^\sqrt{2} \log(x)/x \,\mathrm{d}x = \left.\tfrac12 \log(x)^2\right|_1^\sqrt{2} = \tfrac18\log(2)^2$ .

Nos queda (tras la simplificación)

$$I = -\frac{1}{8} \log (2) \left(\log (8)-4 \log \left(1+\sqrt{2}\right)\right) - \int_1^{\sqrt{2}}\log(x)\left(-\frac{2 (x-1)}{x^2-2 x+2}+\frac{4\! \left(x^3-x\right)}{x^4-2 x^2+2}\right)\mathrm{d}x$$

Ahora mostraré cómo terminar la evaluación $\def\I{\mathcal{I}}$

$$I_1 = \int_1^\sqrt{2} \frac{2(x-1)\log(x)}{x^2-2x+2} \mathrm{d}x$$

$$I_2 = \int_1^\sqrt{2} \frac{4x(x^2-1)\log(x)}{x^4-2x^2+2} \mathrm{d}x$$

La técnica empleada consiste en realizar fracciones parciales en los números complejos. La primera expresión tiene una cuadrática en el denominador y la segunda tiene una cuadrática en $x^2$ en el denominador. Debe quedar claro que es suficiente con resolver la ecuación en términos de

$$\I_1(a) = \int \frac{\log(x)}{x-a} \mathrm{d}x$$

$$\I_2(b) = \int \frac{x\log(x)}{x^2-b^2} \mathrm{d}x$$

La técnica utilizada será la de las expansiones geométricas en serie.

$$\I_1(a) = \int \frac{\log(x)}{1-x/a} \mathrm{d}x = -\frac1a \sum_{n=0}^{\infty}\int\log(x)\frac{x^n}{a^n} \mathrm{d}x$$

Integrar por partes

$$\I_1(a) = -\sum_{n=0}^\infty \frac{a^{-(n+1)} x^{n+1}}{(n+1)^2}-\sum_{n=0}^\infty\frac{a^{-(n+1)} x^{n+1} \log (x)}{(n+1)}$$

La primera suma es una expansión en serie del función polilogaritmo de orden $2$ . La segunda es también una serie para el polilogaritmo pero es de orden $1$ por lo que es fácilmente expresable en términos del logaritmo. En total,

$$\I_1(a) = \operatorname{Li}_2\!\left(\frac{x}{a}\right) + \log (x) \log \!\left(1-\frac{x}{a}\right)$$

Un procedimiento similar muestra que

$$\I_2(b) = \frac{1}{4}\! \left(\operatorname{Li}_2\left(\frac{x^2}{b^2}\right)+2\log (x) \log \left(1-\frac{x^2}{b^2}\right)\right)$$

Sin añadir detalles innecesarios, tenemos que encontrar

$$2\I_2(\sqrt{1+i}) + 2\I_2(\sqrt{1-i}) -\I_1(1+i) - \I_1(1-i)$$

y luego evaluar en $x = 1$ y $x = \sqrt{2}$ . Una gran parte de la evaluación va a cero en $x = 1$ pero no somos tan afortunados en $x = \sqrt{2}$ . Lo que queda es un producto de logaritmos y una suma de varios dilogaritmos. Estos dilogaritmos son muy fáciles de evaluar porque todos encajan bajo ciertas identidades de dilogaritmos que se pueden encontrar aquí .

Por el momento, no evaluaré explícitamente la suma final, pero eso puede venir en un futuro próximo. Con las identidades de los dilogos, la evaluación es más una molestia que otra cosa. Te aseguro que sí te encuentras con el valor que pone a cero la integral. No dudes en preguntar si tienes alguna duda.