Prueba $\int_0^1 \ln(x+1) \ln(x)dx=2-2\ln(2)-\frac{\pi^2}{12}$

Question

Demostrar que $$I:=\int_0^1 \ln(x+1) \ln(x)dx=2-2\ln(2)-\frac{\pi^2}{12}$$

He probado la integración por partes y la sustitución de la u y no consigo que funcione, pero tengo una posible vía

Yo uso

$$\ln(x+1)=\sum^{\infty}_{n=1} \frac{(-1)^{n-1}x^n}{n} $$ $$\Rightarrow I=\int_0^1 \ln(x)\sum^{\infty}_{n=1} \frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}dx=\sum^{\infty}_{n=1} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \int_0^1 x^{n-1} \ln(x)dx= $$

¿Cómo se procede a partir de aquí? Gracias por su tiempo

Answer 1

Utilizar su ruta $$\begin{align} \int_0^1 \ln(x)\ln(1+x)\, dx &= \int_0^1\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\ln x\,\mathrm dx \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\int_0^1 x^n\ln x\,\mathrm dx \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n(n+1)^2}\\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}-\frac{(-1)^n}{n+1}-\frac{(-1)^n}{(n+1)^2} \\ &= 2 -2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} -\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} \qquad \text{re-indexing} \\ &= 2-2\ln 2 -\frac{\pi^2}{12}\end{align}$$

Puedes utilizar el teorema de convergencia monótona para justificar el intercambio de suma e integración.

Answer 2

$ \newcommand{\I}{\mathcal{J}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} $ En primer lugar, vamos a tratar de encontrar

$$\I_n := \int_0^1 x^n \ln(x) \, \d x$$

(que es lo que querías escribir en la integral). La integración por partes (diferenciando $\ln(x)$ e integrando $x^n$ ) nos da

$$\I_n = \frac{1}{n+1} x^n \ln(x) \bigg|_0^1- \frac{1}{n+1} \int_0^1 x^{n} \, \d x$$

Para evaluar esto correctamente, necesitamos

$$L := \lim_{x \to 0^+} x^n \ln(x)$$

Basta con utilizar la regla de L'Hopital:

$$L = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{x^{-n}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-nx^{-n-1}} = \lim_{x \to 0^+} - \frac 1 n x^n = 0$$

Así, podemos ver fácilmente que (terminando la evaluación y luego evaluando la integral trivial restante),

$$\I_n =- \frac{1}{(n+1)^2}$$

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Ahora tenemos que su integral es igual a $$I = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}}{n(n+1)^2}$$

Una simple descomposición de los sumandos da entonces

$$I = \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{(-1)^{n}}{n} - \frac{(-1) ^{n}}{n+1} - \frac{(-1) ^{n}}{(n+1)^2} \right)$$

Asumiendo las propiedades de convergencia necesarias, podemos dividir esto:

$$I = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}}{n} - \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}}{n+1} - \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}}{(n+1)^2} $$

A continuación, reindexamos las dos sumas de la derecha y factorizamos $-1$ del primero:

$$I =- \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} -\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^{n -1}}{n } - \sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^{n-1 }}{n^2} $$

Entonces escribimos esto en términos de la Función eta de Dirichlet $\eta(s)$ :

$$I = -\eta(1) - (\eta(1) - 1) - (\eta(2) - 1) =- 2 \eta(1) -\eta(2) + 2$$

Sabemos que $\eta(1) = \ln(2)$ y $\eta(2) = \pi^2/12$ , lo que nos permite concluir.

Answer 3

Integrar por partes

\begin{align} &\int_0^1 \ln(x+1) \ln x \>dx\\ =& -\int_0^1 \ln(1+x)\>dx -\int_0^1 \ln x \> dx+\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x}dx\\ =&-(2\ln2-1)-(-1)+(-\frac{\pi^2}{12}) =2-2\ln2 -\frac{\pi^2}{12} \end{align} donde $\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x}dx= -\frac{\pi^2}{12}$