Cómo Comprar Evalúe

Question

La pregunta comienza con:
$$\int_0^1\frac{-2t^2+t}{-t^2+t}\ln(1-2t+2t^2)dt\text{ = ?}$$

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Mi intento es el siguiente:
$$\int_0^1\frac{-2t^2+t}{-t^2+t}\ln(1-2t+2t^2)dt$$
$$=2\int_0^1\ln(1-2t+2t^2)dt+\int_0^1\frac{-t}{-t^2+t}\ln(1-2t+2t^2)dt$$
$$=-4+\pi-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln(1-2t+2t^2)}{-t^2+t}dt$$
$$=-4+\pi-\frac{1}{2}(\int_0^1\frac{\ln(1-2t+2t^2)}{t}dt+\int_0^1\frac{\ln(1-2t+2t^2)}{1-t}dt)$$
$$=-4+\pi-\int_0^1\frac{\ln(1-2t+2t^2)}{t}dt$$

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Queda la pregunta: Cómo puedo evaluar:
$$\int_0^1\frac{\ln(1-2t+2t^2)}{t}dt$$
Wolfram Alpha me da el resultado: $-\frac{\pi^2}{8}$, pero no soy capaz de obtener este resultado con la mano.

Answer 1

Tenemos, observando eso si $t\in\left(0,1\right)\Rightarrow2t\left(1-t\right)<1$, $$\int_{0}^{1}\frac{\log\left(1-2t+2t^{2}\right)} {t} dt =-\sum_ {k\geq1} \frac {2 ^ {k}} \int_ {k} {0} ^ {1} t ^ {k-1} \left(1-t\right) ^ {k} dt = $$ $ $=-\sum_{k\geq1}2^{k}\frac{\left(k-1\right)!^{2}}{\left(2k\right)!} =-\frac{\pi^{2}}{8} $$ since $% $ $\sum_{k\geq1}2^{2k-1}\frac{\left(k-1\right)!^{2}}{\left(2k\right)!}x^{2k}=\arcsin^{2}\left(x\right),\left|x\right|<1.$

Answer 2

Integración por partes, se obtiene: $$ \int_{0}^{1}\frac{\log(t^2+(t-1)^2)}{t}\,dt = \int_{0}^{1}\frac{2t+2(t-1)}{t^2+(t+1)^2}\,\log(t)\,dt\\=-\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{t-\frac{1+i}{2}}+\frac{1}{t-\frac{1-i}{2}}\right)\log(t)\,dt\tag{1}$$ pero: $$ \int_{0}^{1}\frac{\log(t)}{t-a}\,dt = \text{Li}_2\left(\frac{1}{a}\right) \tag{2}$$ por tanto, la integral anterior se da por $-2\cdot\text{Re}\left[\text{Li}_2(1-i)\right]$, pero que puede ser calculada a partir de la reflexión de la fórmula para $\text{Li}_2$: $$ \text{Li}_2(z)+\text{Li}_2(1-z)=\frac{\pi^2}{6}-\log(z)\log(1-z).\tag{3}$$

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También podemos notar que a través de la sustitución de $u=2t-1$ la última integral en $(1)$ se convierte en: $$ I=-\int_{-1}^{1}\frac{2u}{u^2+1}\log\left(\frac{1+u}{2}\right)\,du=-\int_{-1}^{1}\frac{2u}{u^2+1}\log\left(1+u\right)\,du\\=-\int_{-1}^{1}\frac{u}{u^2+1}\log\left(\frac{1+u}{1-u}\right)\,du\tag{4}$$ puesto que la integral de una extraña, integrable función sobre un intervalo simétrico es cero.

Pero poner $u=\tanh z$,$z=-\log v$, nos quedamos con: $$ I = -4\int_{0}^{+\infty}\frac{z\sinh(z)}{\cosh(z)\cosh(2z)}\,dz = 4 \int_{0}^{1}\frac{2v(1-v^2)}{(1+v^2)(1+v^4)}\log(v)\,dv\tag{5}$$ que es: $$ I = 4\int_{0}^{1}\left(\frac{2v}{1+v^2}-\frac{2v^3}{1+v^4}\right)\log(v)\,dv = 3 \int_{0}^{1}\frac{2v}{1+v^2}\log(v)\,dv\tag{6}$$ y por la expansión de $\frac{2v}{1+v^2}$ como una serie de Taylor:

$$ I = 3 \sum_{n\geq 0}\left(-\frac{1}{2(n+1)^2}\right) = \frac{3}{2}\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{n^2}=\color{red}{-\frac{\pi^2}{8}}\tag{7}$$

como quería, evitando la $\text{Li}_2$ reflexión fórmula (pero, en los hechos, la prueba).

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Es interesante resaltar que el último enfoque se le da bien aproximaciones racionales de $\pi^2$.

Por ejemplo, en el mismo espíritu, tenemos: $$ \int_{0}^{1}\left(\frac{v}{1+v^2}+\frac{v^3}{1+v^4}-\frac{v^5}{1+v^6}+\frac{2v^7}{1+v^8}\right)\log(v)\,dv = -\frac{91}{3456}\,\pi^2 $$ donde la función entre paréntesis es el elegido para ser $v+v^9+o(v^9)$ en un buen barrio de el origen, por lo que el valor de la integral se espera que cerca de $$\int_{0}^{1}(v+v^9)\log v\,dv = -\frac{13}{50}$$ y $$ \pi^2\approx\frac{12^3}{7\cdot 5^2} $$ de la siguiente manera.

Answer 3

Como ha encontrado OP\begin{equation*} I = \int_0^1\dfrac{\ln(1-2t+2t^2)}{t}\, dt = \dfrac{1}{2}\int_0^1\dfrac{\ln(1-2t+2t^2)}{t(1-t)}\, dt. \end{ecuación *} por medio de la transformación $s= \dfrac{t}{1-t}$ y una integración parcial que conseguimos\begin{equation*} I = \dfrac{1}{2}\int_0^{\infty}\dfrac{\ln(1+s^2)-2\ln(1+s)}{s}\, ds = \int_0^{\infty}\dfrac{(1-s)\ln(s)}{(s+1)(s^2+1)}\, ds. \end{ecuación *} después de integrar\begin{equation*} f(s) = \dfrac{(1-s)\log^2(s)}{(s+1)(s^2+1)} \end{ecuación *} a lo largo de un ojo de la cerradura o un corte de rama tenemos\begin{equation*} \int_0^{\infty}\dfrac{(1-s)(\ln^2(s)-(\ln(s)+i2\pi)^2)}{(s^2+1)(s+1)}\, ds = 2\pi i\sum_{s=-1,\pm i}{\rm Res} f(s). \end{ecuación *} de esto podemos extraer que $I = -\dfrac{\pi^{2}}{8}.$

Answer 4

En el camino de JanG,

$J=\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\log\left(1-2t+2t^{2}\right)}{t}dt$

Realizar el cambio de la variable $s=1-t$:

$J=\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\log\left(1-2s+2s^{2}\right)}{1-s}ds$

Por lo tanto,

$J=\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log\left(1-2s+2s^{2}\right)}{s(1-s)}ds$

Realizar el cambio de la variable $t=\dfrac{s}{1-s}$:

$J=\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+t^2)-2\log(1+t)}{t}dt$

$J=\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log(1+t^2)-2\log(1+t)}{t}dt+\dfrac{1}{2}\int_{1}^{+\infty}\frac{\log(1+s^2)-2\log(1+s)}{s}ds$

En la segunda integral realizar el cambio de la variable $t=\dfrac{1}{s}$,

$J=\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\log(1+t^2)-2\log(1+t)}{t}dt$

Por lo tanto,

$J=\displaystyle \int_0^1 \left[ \sum_{n=1}^{+\infty} \left(\dfrac{(-1)^{n+1}t^{2n-1}}{n}-\dfrac{2(-1)^{n+1}t^{n-1}}{n}\right)\right]dt$

$J=\displaystyle \dfrac{3}{2}\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{n^2}$

$J=\displaystyle \dfrac{3}{2}\left(\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{4n^2}-\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n+1)^2}\right)$

Ya que,

$\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{4n^2}=\dfrac{1}{4}\zeta(2)$

$\displaystyle -\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n+1)^2}=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{4n^2}-\zeta(2)=-\dfrac{3}{4}\zeta(2)$

a continuación,

$J=\displaystyle\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{1}{4}\zeta(2)-\dfrac{3}{4}\zeta(2)\right)=-\dfrac{3}{4}\zeta(2)=-\dfrac{3}{4}\times \dfrac{\pi^2}{6}=-\dfrac{\pi^2}{8}$