Cómo calcular$\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx$

Question

Cómo calcular $$\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx$$ Estoy interesado en más maneras de calcular esta integral.

Mis Pensamientos

\begin{align} \int_{0}^{1}\dfrac{x\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx&=\int_{0}^{1} \:\ln \left(x\right)\frac{x}{\left(x^2+1\right)^2}dx\\ &=\int_{0}^{1} \:\ln \left(x\right)\frac{x}{\left(x^2+1\right)^2}dx\\ \mathrm{Apply\:Integration\:By\:Parts}: \end{align}

$$\fbox{$u=\ln \left(x\right),\:\:u'=\frac{1}{x},\:\:v'=\frac{1}{\left(x^2+1\right)^2}x,\:\:v=-\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}$ }$$

\begin{align} \int_{0}^{1}\dfrac{x\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx& =\ln \left(x\right)\left(-\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}\right)\biggl|_{0}^{1}-\int_{0}^{1} \frac{1}{x}\left(-\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}\right)dx\\ &=-\frac{\ln \left(x\right)}{2\left(x^2+1\right)}\biggl|_{0}^{1}+\int_{0}^{1} \:\frac{1}{2x\left(x^2+1\right)}dx\\ &=-\frac{\ln \left(x\right)}{2\left(x^2+1\right)}\biggl|_{0}^{1}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1} \:\frac{1}{x\left(x^2+1\right)}dx\\ \end{align}

• ahora vamos a calcular:

  \begin{align} \int_{0}^{1} \frac{1}{x\left(x^2+1\right)}dx&=\int_{0}^{1} \frac{1}{x\left(x^2+1\right)}dx\\ &=\int_{0}^{1} \frac{1}{x}-\frac{x}{x^2+1}dx\\ &=\ln \left(x\right)\biggl|_{0}^{1}-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{2x}{x^2+1}dx\\ &=\ln \left(x\right)\biggl|_{0}^{1}-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{(x^2+1)'}{x^2+1}dx\\ &=\ln \left(x\right)\biggl|_{0}^{1}-\frac{1}{2}\ln \left(x^2+1\right)\biggl|_{0}^{1}\\ \int_{0}^{1} \frac{1}{x\left(x^2+1\right)}dx&=\left(\ln \left(x\right)-\frac{1}{2}\ln \left(x^2+1\right)\right)\biggl|_{0}^{1}\\ \end{align} a continuación, $$\fbox{$\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx=-\frac{\ln \left(x\right)}{2\left(x^2+1\right)}\biggl|_{0}^{1}+\dfrac{1}{2}\left(\ln \left(x\right)-\frac{1}{2}\ln \left(x^2+1\right)\right)\biggl|_{0}^{1}$}$$

\begin{align} \int_{0}^{1}\dfrac{x\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx&=-\frac{\ln \left(x\right)}{2\left(x^2+1\right)}\biggl|_{0}^{1}+\dfrac{1}{2}\left(\ln \left(x\right)-\frac{1}{2}\ln \left(x^2+1\right)\right)\biggl|_{0}^{1} \\ &=\frac{1}{2}\left(\ln \left(x\right)-\frac{1}{2}\ln \left(x^2+1\right)\right)-\frac{\ln \left(x\right)}{2\left(x^2+1\right)}\biggl|_{0}^{1} \\ \end{align}

o el límite de \begin{align} \lim _{x\to \:0+}\left(\frac{1}{2}\left(\ln \left(x\right)-\frac{1}{2}\ln \left(x^2+1\right)\right)-\frac{\ln \left(x\right)}{2\left(x^2+1\right)}\right)&=\lim _{x\to \:0+}\left(\frac{2x^2\ln \left(x\right)-x^2\ln \left(x^2+1\right)-\ln \left(x^2+1\right)}{4\left(x^2+1\right)}\right)\\ &=\dfrac{0}{4}=0 \end{align} y $$\frac{1}{2}\left(\ln \left(1\right)-\frac{1}{2}\ln \left(1^2+1\right)\right)-\frac{\ln \left(1\right)}{2\left(1^2+1\right)}=\dfrac{-\ln(2)}{4} $$

Finalmente

$$\fbox{$\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx=\dfrac{-\ln(2)}{4} $} $$

Answer 1

El uso de $$\sum_{k\geq0}\left(-1\right)^{k}x^{2k}=\frac{1}{1+x^{2}},\,\left|x\right|<1$$ we have, taking the derivative, $$\sum_{k\geq1}\left(-1\right)^{k}kx^{2k-1}=-\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}} $$ hence $$\int_{0}^{1}\frac{x\log\left(x\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}dx=\sum_{k\geq1}\left(-1\right)^{k+1}k\int_{0}^{1}x^{2k-1}\log\left(x\right)dx=-\sum_{k\geq1}\frac{\left(-1\right)^{k+1}k}{4k^{2}}=-\frac{1}{4}\sum_{k\geq1}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k}=-\frac{\log\left(2\right)}{4}. $$

Answer 2

La sustitución de $x=e^{-u}$ da

$$\int_0^1{x\ln x\over(x^2+1)^2}dx=-{1\over4}\int_0^\infty u\,\text{sech}^2u\,du$$

Integración por partes nos dice que la integral indefinida es

$$\int u\,\text{sech}^2u\,du=u\tanh u-\int\tanh u\,du=u\tanh u-\ln\cosh u+C$$

así, en señalar que $0\tanh0-\ln\cosh0=0$, que sigue siendo para evaluar el límite de

$$\begin{align} \lim_{u\to\infty}(u\tanh u-\ln\cosh u)&=\lim_{u\to\infty}\left(u{e^u-e^{-u}\over e^u+e^{-u}}-\ln\left(e^u+e^{-u}\over2 \right) \right)\\ &=\lim_{u\to\infty}\left(u\left(1-{2\over1+e^{2u}} \right)- u-\ln(1+e^{-2u})+\ln2\right)\\ &=\ln2 \end{align}$$

Un lado de la observación en la OP solución: Técnicamente no es correcto escribir algo como

$$\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx=-\frac{\ln \left(x\right)}{2\left(x^2+1\right)}\biggl|_{0}^{1}+\dfrac{1}{2}\left(\ln \left(x\right)-\frac{1}{2}\ln \left(x^2+1\right)\right)\biggl|_{0}^{1}$$

debido a que los dos por separado las evaluaciones en el límite inferior $x=0$ dar un resultado de la forma $\infty-\infty$. El OP, por supuesto, combina las cosas aquí antes de la evaluación. Pero es realmente mejor (en mi opinión) no escribir cosas hacia abajo (o arriba) de una manera que requiere que usted mantenga un registro de lo que las fórmulas "en realidad" significa.

Answer 3

Se ve bien para mí. Podemos observar que es posible ahorrar un paso mediante la adopción de $\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{(x^2+1)}\right)$ como un primitivo para $\frac{x}{(x^2+1)^2}$. De tal manera, el original de la integral es igual a:

$$-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{dx}{x}=-\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{2x}{x^2+1}\,dx=-\frac{1}{4}\left.\log(x^2+1)\right|_{0}^{1}=\color{red}{-\frac{\log 2}{4}},$$

rápido y limpio.

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Como alternativa, sólo tenemos que demostrar que: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{t}{\cosh^2(t)}\,dt = \log 2$$ que es el mismo que probar que: $$ \int_{0}^{+\infty}\left(1-\tanh(t)\right)\,dt = \log 2,$$ sencillo, pues $\tanh(t)=\frac{d}{dt}\log\cosh t$.