Integral

Question

Hola estoy tratando de probar este $$ I:=\int_{0}^{1} {x\log\left(\,x\,\right) + 1 - x \a más de x\log^{2}\left(\,x\,\right)}\, \log\left(\,1 + x\,\right)\,{\rm d}x=\log\left(\,4 \\pi\,\right). $$ Gracias.

Este es sólo un hermoso integral por muchas razones. Los registros están por todas partes y una inspiración para la solución!!! No estoy seguro de si dividirlas en tres piezas separadas de cualquier uso, traté de que por escrito $$ I=\int_0^1\frac{ \log(1+x)}{\log x}dx+\int_0^1\frac{\log(1+x)}{x \log^2 x}dx-\int_0^1\frac{\log(1+x)}{\log^2 x}dx $$ pero no estaba seguro de cómo manejar estos. También tenga en cuenta que $$ \int_0^1 \frac{x\log x+1-x}{x \log^2 x}dx=1, $$ en caso de que ocurrió venir en cualquier lugar a lo largo del cálculo.

Answer 1

Sustituyendo $\log x = -u$ da $$ I = \int_0^{\infty} \frac{1-(x+1)e^{-x}}{x^2} \ln(1+e^{-x}) $$ Darse cuenta de que $\frac{d}{dx} (e^{-x}-1)/x = \frac{1-(x+1)e^{-x}}{x^2}$, integramos por partes para obtener $$ I = -\ln 2- \int_0^{\infty} \frac{dx}{x}e^{-x} \frac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}} $$ Así el problema se reduce a mostrar que la $$J:=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x}e^{-x} \frac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}=\ln{\frac{\pi}{2}}$$ Tenemos $$J = \sum_{k\geq0} (-1)^{k} \int_0^{\infty} \frac{dx}{x} \left( e^{-x}-e^{-2}\right)e^{-kx} $$ (Aquí he utilizado la serie geométrica e intercambiar suma y la integración.) $$ = \sum_{k\geq0} (-1)^{k} \ln \frac{k+2}{k+1} $$ $$ = \sum_{k\geq1} (-1)^{k-1} \ln \left( 1+\frac{1}{k} \right) $$ (Aquí he utilizado un conocido integral, que sigue de Frullani del teorema)

$$ = \sum_{k\geq1} \left[ \ln\left( 1+\frac{1}{2k-1}\right)-\ln\left( 1+\frac{1}{2k}\right) \right] \\ = \lim_{N\rightarrow\infty} \ln\left[ \prod_{k=0}^N \frac{1+\frac{1}{2k-1}}{1+\frac{1}{2k}} \right] \\ = \ln \left[ \lim_{N\rightarrow\infty} \prod_{k=0}^N \frac{4k^2}{4k^2-1} \right] \\ = -\ln \left[\prod_{k\geq0} \left( 1-\frac{1}{4k^2} \right) \right]\\ = -\ln \left[ \frac{\sin(\pi /2)} {\pi/2} \right]$$ Aquí he utilizado la fórmula del producto para $\frac{\sin \pi x}{\pi x}$ Por lo tanto $$ J= \ln \frac{\pi}{2} $$ como iba a ser probado.

Answer 2

Considerar\begin{align*} \int_0^1 \frac{x\log{x}+1-x}{x}\, x^a\, \log{(1+x)}\, dx &= \int_0^1 \frac{x\log{x}+1-x}{x}\, x^a\, \sum_{n\ge 1} (-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}\, dx\\ &=\sum_{n\ge 1} \int_0^1 \, (-1)^{n+1} (x\log{x}+1-x)\, \frac{x^{a+n-1}}{n}\, dx\\ &= \sum_{n\ge 1} - \frac{\left(-1\right)^{n+1}}{{\left(a + n + 1\right)}^{2} n} + \frac{\left(-1\right)^{n+1}}{{\left(a + n\right)} n} -\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{{\left(a + n + 1\right)} n}\\ \int_0^1 \frac{x\log{x}+1-x}{x \log{x}}\, x^a\, \log{(1+x)}\, dx &= \sum_{n\ge 1} \frac{\left(-1\right)^{n + 1}}{n} \left(\frac{1}{a + n + 1} + \log\left(\frac{a + n}{a+n+1}\right)\right)\tag{%#%#%}\\ \int_0^1 \frac{x\log{x}+1-x}{x (\log{x})^2}\, x^a\, \log{(1+x)}\, dx &= \sum_{n\ge 1} \frac{\left(-1\right)^{n+1} {\left(a + n\right)} \log\left(\frac{a + n}{a + n + 1}\right) + \left(-1\right)^{n+1}}{n}\tag{%#%#%}\\ \end{align*} substantiva $\int da$\begin{align*} \therefore \int_0^1 \frac{x\log{x}+1-x}{x (\log{x})^2}\, \log{(1+x)}\, dx &= \sum_{n\ge 1} \left(-1\right)^{n+1} \log\left(\frac{ n}{ n + 1}\right) + \frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}\hspace{20pt} \text{(Wallis product and log 2)}\\ &= \log{\left(\frac{2}{\pi}\right)}+\log{2} \\ &= \log{\left(\frac{4}{\pi}\right)} \end{align*}

Answer 3

Nota $$\frac{1}{x\log^2x}=-\frac{d}{dx}\frac{1}{\log x} $ $ y por lo tanto\begin{eqnarray} I&=&\int_{0}^{1} {x\log\left(\,x\,\right) + 1 - x \over x\log^{2}\left(\,x\,\right)}\, \log\left(\,1 + x\,\right)\,{\rm d}x\\ &=&-\int_{0}^{1} (x\log x + 1 - x)\log(1+x)d\frac{1}{\log x}\\ &=&-(x\log x + 1 - x)\log(1+x)\frac{1}{\log x}\bigg|_0^1+\int_{0}^{1}\frac{1}{\log x}d[ (x\log x + 1 - x)\log(1+x)]\\ &=&\int_0^1\frac{1}{\log x}\left(\frac{x \log x+1-x}{x+1}+\log x \log (x+1)\right)dx\\ &=&\int_0^1\log(x+1)dx+\int_0^1\frac{x}{x+1}+\int_0^1\frac{1}{\log x}\frac{1-x}{x+1}dx\\ &=&\log 2+J, \end{eqnarray} donde $$ J=\int_0^1\frac{1}{\log x}\frac{1-x}{x+1}dx.$ $ definir $$ f(a)=\int_0^1x^a\frac{1-x}{x+1}dx. $ $\begin{eqnarray} f(a)&=&\int_0^1\sum_{n=0}^\infty(-1)^nx^{a+n}(1-x)dx &=&\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left(\frac{1}{n+a+1}-\frac{1}{n+a+2}\right) \end{eqnarray} y por lo tanto $$ \int_0^a f(a)da=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\log\frac{n+a+1}{n+a+2},$ $ y $$ J=\lim_{a\to0}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\log\frac{n+a+1}{n+a+2}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\log\frac{n+1}{n+2}=\log\frac{2}{\pi}.$ $ así $$ I=\log\frac{4}{\pi}. $ $