La evaluación de $\int_{0}^{1} \frac{ \ln x \ln (1-x)}{\sqrt{x} \sqrt{1-x}} dx$

Question

Tengo el siguiente integral: $$\int_{0}^{1} \frac{ \ln x \ln (1-x)}{\sqrt{x} \sqrt{1-x}} dx$$

Creo que puede ser de evaluar esta beta y gamma funciones, pero no estoy muy seguro de cómo. Alguna ayuda?

Answer 1

Deje $I$ denotar la integral en cuestión. Con la sustitución de $x = \sin^{2} \theta$, tenemos

$$ I = 8 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \cos \theta \log \sin \theta \, d \theta = \frac{\partial^2}{\partial z \partial w} \beta \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right), $$

donde

$$\beta(z, w) = \frac{\Gamma(z)\Gamma(w)}{\Gamma(z+w)} = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2z-1}\theta \sin^{2w-1}\theta \, d\theta \tag{1} $$

es la función beta. Esto le da

$$ I = 4\pi \log^{2} 2 - \frac{\pi^3}{6}. $$

Answer 2

Una forma alternativa, el uso de métodos de primaria, que comienza con la misma sustitución como sos440 la solución:

$$\int_0^1 \frac{\ln x\ln (1-x)}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln \sin x\ln \cos x\,dx$$

Tenga en cuenta que:

$$\begin{aligned}2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln \sin x\ln \cos x\,dx &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\ln \sin x+\ln \cos x)^2\,dx-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\sin x\,dx\\&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\ln \sin 2x-\ln 2)^2\,dx-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\sin x\,dx\\&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\ln \sin x-\ln 2)^2\,dx-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\sin x\,dx\\&=\ln^2 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,dx-2\ln 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln \sin x\,dx-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\sin x\,dx\\&=\frac{3\pi\ln^2 2}{2}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\sin x\,dx\end{aligned} $$

Ahora nos queda para evaluar la última integral, para que un poco de trabajo preliminar que se debe hacer:

$$ \sum_{k=1}^n \sin 2kz =\frac{1}{2\sin z} \Big( \cos z-\cos (2n+1)z\Big)$$ which upon integration with $0<x<\frac{\pi}{2}$ produce:

$$ \int_x^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos (2n+1) z}{\sin z}\,dz=\sum_{k=1}^n \frac{\cos 2k x}{k}+\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k}+\ln \sin x$$

Además, $$\int_x^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos (2n+1) z}{\sin z}\,dz=\frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}+\frac{\sin (2n+1) x}{(2n+1)\sin x}- \int_x^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin (2n+1) z\cos z}{(2n+1)\sin^2 z}\,dz$$

Que $\to 0$$n\to\infty$. Por lo tanto obtenemos la relación: $$ \ln \sin x= -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos 2k x}{k}-\ln 2$$

$$ \ln^2 \sin x= \ln^2 2+\left(\sum_{a=1}^{\infty} \frac{\cos 2a x}{a}\right)\left(\sum_{b=1}^{\infty} \frac{\cos 2b x}{b}\right)+2\ln 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos 2k x}{k}$$

La integración de más de $(0,\frac{\pi}{2})$ la última suma claridad se desvanece y todos los pares de cosenos para que $a\neq b$. Así tenemos:

$$\begin{aligned}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2 \sin x\,dx &=\ln^2 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx+\sum_{a=1}^{\infty}\frac{1}{a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2 2a x\,dx\\&=\frac{\pi\ln^2 2}{2}+\sum_{a=1}^{\infty}\frac{\pi}{4a^2}\\&=\frac{\pi\ln^2 2}{2}+\frac{\pi^3}{24}\end{aligned}$$

La combinación de todo y multiplicando por $4:$

$$\int_0^1 \frac{\ln x\ln (1-x)}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx=4\pi\ln^2 2-\frac{\pi^3}{6}$$