¿Por qué $\int_1^\sqrt2 \frac{1}{x}\ln\left(\frac{2-2x^2+x^4}{2x-2x^2+x^3}\right)dx$ es igual a $0$?

Question

En esta pregunta, el OP plantea la siguiente integral definida, que resulta ser cero: $$\int_1^\sqrt2 \frac{1}{x}\ln\bigg(\frac{2-2x^2+x^4}{2x-2x^2+x^3}\bigg)dx=0$$ Como señaló un comentarista en la pregunta, el único cero del integrando es en $x=\sqrt[3]{2}$, lo que significa que la integral del integrando de $x=1$ a $x=\sqrt[3]{2}$ es el inverso aditivo de la integral del integrando de $x=\sqrt[3]{2}$ a $x=\sqrt{2}$.

Esto sugiere algún tipo de simetría obtenible mediante una sustitución, pero no puedo encontrar una sustitución o cancelación apropiada. Parece que la respuesta debería ser mucho más simple que las publicadas en la pregunta vinculada.

¿Alguna idea?

EDIT: Creo que esta integral más general también se anula: $$\int_1^{\sqrt{t}}\frac{1}{x}\ln\bigg(\frac{t-sx^2+x^4}{tx-sx^2+x^3}\bigg)dx=0$$

Answer 1

En otras palabras, deseamos mostrar que:

$$I=\int_1^\sqrt2 \ln\left(\frac{2-2x^2+x^4}{2-2x+x^2}\right)\frac{dx}{x}=\int_1^\sqrt 2\frac{1}{x}\ln x dx=\frac18\ln^2 2$$

Tomemos la integral de la izquierda y dividámosla en dos partes. $$I=\underbrace{\int_1^\sqrt2 \frac{\ln(2-2x^2+x^4)}{x}dx}_{\mathcal K}-\underbrace{\int_1^\sqrt2 \frac{\ln(2-2x+x^2)}{x}dx}_{\mathcal J}$$

$$\mathcal J=\int_1^\sqrt2 \frac{\ln(2-2x+x^2)}{x}dx\overset{\large x\to \frac{2}{x}}=\int_{\sqrt 2}^2 \frac{\ln(2-2x+x^2)}{x}dx+\int_{\sqrt 2}^2\frac{\ln 2 -2\ln x}{x}dx$$

$$\Rightarrow 2\mathcal J=\int_1^2\frac{\ln(2-2x+x^2)}{x}dx+\int_{\sqrt 2}^2\frac{\ln 2 -2\ln x}{x}dx$$

$$\mathcal J\overset{x\to x^2}=\int_1^\sqrt 2\frac{\ln(2-2x^2+x^4)}{x}dx-\frac{1}{8}\ln^22=\mathcal K-\frac{1}{8}\ln^2 2$$

$$\Rightarrow I=\frac{1}{8}\ln^2 2$$

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Tu conjetura también es correcta, ya que con el mismo método podemos mostrar que:$$\int_1^{\sqrt{t}}\ln\left(\frac{t+sx^2+x^4}{t+sx+x^2}\right)\frac{dx}{x}=\int_1^\sqrt{t} \frac{\ln x}{x}dx=\frac{1}{8}\ln^2t$$ Esta vez, después de dividir la integral de la izquierda en dos partes, sustituiremos en la segunda integral $\displaystyle{x\to\frac{t}{x}}$, seguido de una adición con el original $\mathcal J$ desde allí.