Wolfram Alpha da $$\int_0^1 x\log \frac{1+x}{1-x}\,dx=1$$
He intentado la integración por partes. Pero hay un problema de convergencia en $x=1$ . ¿Alguna ayuda?
Respuestas
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En primer lugar, basta con calcular la integral en $[0,1-\varepsilon]$ : $$ \lim_{\varepsilon\to 0}\int_{0}^{1-\varepsilon}x\ln\frac{1+x}{1-x}\mathrm{d}x=\boxplus $$ Desde entonces: $$ \int (1+x)\ln(1+x)=\frac{1}{2} (1+x)^2 \log (1+x)-\frac{(1+x)^2}{4}+C $$ $$ \int \ln(x+1)=(x+1)\ln (x+1)-(x+1)+C $$ Usando el logaritmo-identidades: $$ \boxplus=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_{0}^{1-\varepsilon}(x+1)\ln(x+1)-\ln(x+1)+(1-x)\ln(1-x)-\ln(1-x)\mathrm{d}x= $$ $$ =\lim_{\varepsilon\to 0}\left.\frac{1}{2} x^2 \log \left(\frac{x+1}{1-x}\right)+x+\frac{1}{2} \log (1-x)-\frac{1}{2} \log(x+1)\right|_{0}^{1-\varepsilon}= $$ $$ =\lim_{\varepsilon\to 0}\left(-\varepsilon +\frac{1}{2} (1-\varepsilon )^2 \log \left(\frac{2-\varepsilon }{\varepsilon }\right)-\frac{1}{2} \log (2-\varepsilon )+\frac{\log (\varepsilon )}{2}+1\right). $$ Pero $\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\varepsilon\log\varepsilon=0$ y la expansión nos da: $$ \lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\frac{1}{2} \varepsilon ^2 \log (2-\varepsilon )-\frac{1}{2} \varepsilon ^2 \log (\varepsilon )-\varepsilon -\varepsilon \log (2-\varepsilon )+\varepsilon \log (\varepsilon )+1\right)=1 $$
Oli
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Queremos encontrar $\int_0^1 x\log(1+x)\,dx-\int_0^1 x\ln(1-x)\,dx$ .
Ya que la segunda integral está bajo sospecha, veámosla. Dejemos que $u=\ln(1-x)$ y $dv=x\,dx$ . Entonces tenemos $du=-\frac{1}{1-x}\,dx$ y podemos tomar $v=\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}$ . (¡Aquí usamos un pequeño truco!)
Así que nuestra antiderivada es $$\ln(1-x)\left(\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}\right) -\int \frac{1+x}{2}\,dx$$ Tenga en cuenta que $\lim_{x\to 1^-}(1-x)\ln(1-x)=0$ . De ello se desprende que $$\int_0^1 x\ln(1-x)\,dx=-\int_0^1 \frac{1+x}{2}\,dx=-\frac{3}{4}.$$ La otra integral se hace de la misma manera, salvo que no hay que preocuparse por la convergencia.
