Pruébalo: $\int_{0}^{1} \frac{x^{4}\log x}{x^2-1}\le \frac{1}{8}$

Question

He aquí otra interesante desigualdad integral :

$$\int_{0}^{1} \frac{x^{4}\log x}{x^2-1}\le \frac{1}{8}$$

Según W|A la diferencia entre RS y LS es extremadamente pequeña, concretamente 0,00241056. No sé qué podría funcionar aquí ya que la diferencia es tan pequeña.

Answer 1

En realidad se puede evaluar la integral explícitamente. Puedes dividir $x^2 -1$ en $x^4$ y obtener $$\frac{x^4}{x^2 - 1} = x^2 + 1 + \frac {1}{x^2 - 1}$$ Así que la integral es la misma que $$\int_0^1 (x^2 + 1)\log(x)\,dx + \int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2 - 1}\,dx $$ La segunda integral está relacionada con la famosa integral del dilogaritmo, y como se explica en la respuesta de Peter Tamaroff se puede evaluar a $\frac{\pi^2}{8}$ . Para el primer término, basta con integrar por partes; se obtiene $$({x^3 \over 3} + x)\log(x)\big|_{x = 0}^{x =1} - \int_0^1 ({x^2 \over 3} + 1)\,dx$$ El primer término desaparece, mientras que el segundo término es $-{10 \over 9}$ . Así que la respuesta es simplemente ${\pi^2 \over 8} - {10 \over 9}$ que es menor que ${1 \over 8}$ .

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Se me ocurre una forma de hacer toda la integral de un plumazo. Tenga en cuenta que ${\displaystyle {1 \over 1 - x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n}}$ . Así que la integral es $$-\sum_{n = 0}^{\infty} \int_0^1 x^{2n + 4}\log(x)\,dx$$ $$= -\sum_{m = 2}^{\infty} \int_0^1 x^{2m}\log(x)\,dx$$ Integrando esto por partes esto se convierte en $$\sum_{m = 2}^{\infty} \int_0^1 {x^{2m} \over 2m + 1}$$ $$= \sum_{m = 2}^{\infty} {1 \over (2m + 1)^2}$$ Es la suma de los recíprocos de los cuadrados de impar a partir de $5$ . La suma de los recíprocos de todos los cuadrados de impar es ${\pi^2 \over 8}$ Así que hay que restar $1 + {1 \over 9} = {10 \over 9}$ . Por lo tanto, el resultado es $ {\pi^2 \over 8} - {10 \over 9} $ .

Answer 2

Representando el logaritmo natural como una integral y cambiando el orden de integración obtenemos: $$\ldots = \int_0^1 \frac{x^4}{x^2 - 1} \, dx \int_1^x \frac{dt}{t} = \int_0^1 \frac{dt}{t} \int_0^t \frac{x^4}{x^2 - 1} \, dx \\= \int_0^1 \frac{t + \frac{1}{3} t^3 - \tanh^{-1} t}{t}\, dt = \frac{10}{9} - \int_0^1 \frac{\tanh^{-1} t}{t} \, dt$$ Así que ahora queremos demostrarlo: $$\frac{71}{72} = \frac{10}{9} - \frac{1}{8} \le \int_0^1 \frac{\tanh^{-1} t}{t} \, dt$$ Usando la serie de Maclauirn tenemos: $$\frac{\tanh^{-1}}{t} = 1 + \frac{t^2}{3} + \frac{t^4}{5} + \ldots$$ Integrando los tres primeros términos se obtiene: $\frac{259}{225} > \frac{71}{72}$ .

En realidad resulta que $\frac{\tanh^{-1} t}{t} \approx 1$ es suficiente.

Añadido
También podemos escribir: $$\int_0^1 \frac{\tanh^{-1} t}{t} dt = \int_0^1 \frac{dt}{t} \int_0^t \frac{dx}{1-x^2} \ge \int_0^1 \frac{dt}{t} \int_0^t dx = \int_0^1 dt = 1 \ge \frac{71}{72}$$

Answer 3

Tal vez esto sea más fácil:

$$\eqalign{ & \int\limits_0^1 {\frac{{{x^4}\log x}}{{{x^2} - 1}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{x^4} - 1} \right)\log x}}{{{x^2} - 1}}dx} + \int\limits_0^1 {\frac{{\log x}}{{{x^2} - 1}}dx} \cr & = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + 1} \right)\log xdx} + \int\limits_0^1 {\frac{{\log x}}{{{x^2} - 1}}dx} \cr} $$

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$$ = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + 1} \right)\log xdx} = \left[ {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + x} \right)\log x} \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{{x^2}}}{3} + 1} \right)dx} = - \frac{{10}}{9}$$

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$$\int_0^1 \frac{\log x}{x^2-1}dx=\frac 1 2 \int_0^1 \frac{\log x}{x-1}dx-\frac 1 2 \int_0^1 \frac{\log x}{x+1}dx$$

Ahora esos dos evalúan en términos de $\pi$ ya que obtenemos

$$-\int_0^1 \frac{\log x}{1-x}dx=-\int_0^1 \log x \sum_{k=0}^\infty x^kdx= $$

$$=-\sum_{k=0}^\infty\int_0^1 x^k\log x dx=\sum_{k=0}\frac{1}{(k+1)^2}=\frac{\pi^2}{6} $$

Desde

$$\int_0^1 x^k\log x dx=-\frac{1}{(k+1)^2}$$

Y para el otro, obtenemos lo mismo:

$$\int_0^1 \frac{\log x}{1+x}dx=\int_0^1 \log x \sum_{k=0}^\infty (-1)^kx^kdx= $$

$$=\sum_{k=0}^\infty\int_0^1 \log x (-1)^kx^kdx=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\int_0^1 x^k\log x dx=\sum_{k=0}\frac{(-1)^{k+1}}{(k+1)^2}=-\frac{\pi^2}{12} $$

Así que tenemos que

$$\int_0^1 \frac{\log x}{x^2-1}dx=\frac 1 2 \left( \frac{\pi^2}{6}+\frac{\pi^2}{12} \right)$$

$$\int_0^1 \frac{\log x}{x^2-1}dx=\frac{\pi^2}{8}$$

y finalmente

$$I=\frac{\pi^2}{8}-\frac{10}{9}\approx 0.1225 < 0.125$$

Answer 4

Según Maple, su integral es $\dfrac{\pi^2}{8} - \dfrac{10}{9}$ por lo que su desigualdad se convierte en $\pi < \sqrt{89}/{3}$ . De hecho, una antiderivada es $$F(x) = \dfrac{x^3 \ln(x)}{3} - \dfrac{x^3}{9} + x \ln(x) - x - \dfrac{\ln(x) \ln(x+1)}{2} - \dfrac{\text{dilog}(x)+\text{dilog}(x+1)}{2}$$

En general, para $p > -1$ $$\int_0^1 \dfrac{x^p \ln(x)}{x^2-1}\ dx = \dfrac{\Psi(1,(p+1)/2)}{4}$$ donde para los enteros pares $p=2n$ , $$\Psi(1,n+1/2) = \sum_{k=n+1}^\infty \dfrac{4}{(2k-1)^2}$$ mientras que para los enteros Impares $p=2n-1$ , $$\Psi(1,n) = \sum_{k=n}^{\infty} \dfrac{1}{k^2}$$