Una prueba de \int_{0}^{1}\left $(\frac{\ln t} {1-t} \right) ^ 2\, \mathrm {d} t = \frac {\pi^2} {3} $

Question

¿Qué es la prueba de lo siguiente: $$ \int_{0}^{1} \left (\frac {\ln t} {1-t} \right) ^ 2 \,\mathrm{d}t=\frac{\pi^2}{3} \ >? $$

Answer 1

$$\int_0^1\frac{\log t}{1-t}dt=\int_0^1\log(1-u)\frac{du}{u}=\int_0^\infty \log(1-e^{-v})dv =-\frac{\pi^2}{6}.$$ Para la última parte de ver una respuesta de la mía.

---

Para la versión revisada de la pregunta, el sustituto de $u=1-t$ y ampliar en un producto de la serie de Taylor, a continuación, utilizar algunos de fracción parcial de la descomposición, de la suma de la división, la indización, y telescópico propiedades: $$\int_0^1\left(\frac{\log t}{1-t}\right)^2dt=\int_0^1\left(\frac{\log(1-u)}{u}\right)^2du=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{nm}\int_0^1 u^{n+m-2}du$$ $$=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{nm(n+m-1)}=\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2}+\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\frac{1}{n-1}\sum_{m=1}^\infty\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{n+m-1}\right)$$ $$a=\frac{\pi^2}{6}+\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\sum_{m=1}^n\frac{1}{m}=\frac{\pi^2}{6}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{3}. $$

Answer 2

Esta fue la intención de ser un comentario de Mike spivey se la respuesta, pero por desgracia, era demasiado largo.

Para $n>0$,

$$ \begin{align} \int_0^1\left(\frac{\log(t)}{1-t}\right)^n\mathrm{d}t &=\int_0^\infty\left(\frac {s}{1-e^{-s}}\right)^ne^{s}\mathrm{d}\\ Y=(-1)^n\int_0^\infty s^ne^{s}\sum_{k=0}^\infty\binom {n}{k}(-1)^ke^{-k}\;\mathrm{d}\\ Y=(-1)^n\Gamma(n+1)\sum_{k=0}^\infty\binom {n}{k}(-1)^k(k+1)^{n-1}\\ Y=(-1)^n\Gamma(n+1)\sum_{k=0}^\infty\binom{k+n-1}{n-1}(k+1)^{n-1}\\ Y=(-1)^n\Gamma(n+1)\sum_{k=1}^\infty\binom{k+n-2}{n-1}k^{n-1}\\ &=(-1)^n\Gamma(n+1)\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(n-1)!}\sum_{j=0}^{n-1}\genfrac{[}{]}{0}{0}{n-1}{j}k^jk^{-n-1}\\ Y=(-1)^nn\sum_{j=0}^{n-1}\genfrac{[}{]}{0}{0}{n-1}{j}\zeta(n-j+1) \end{align} $$ donde $\genfrac{[}{]}{0}{0}{n}{k}$ es un número de Stirling de primera especie.

Answer 3

Sivaram ha demostrado que $$\int_0^1 \left(\frac{\log t}{1-t}\right)^2 = \int_0^{\infty} \frac{x^2 e^x}{(e^x-1)^2} dx.$$ Aquí está una manera diferente para completar su argumento, además de una generalización en los comentarios.

Si $p = 1 - e^{-x}$ y $Y$ es geométrica$(p)$, entonces $$E[Y] = \frac{1}{p} = \frac{1}{1-e^{-x}} = \frac{e^x}{e^x-1}.$$ Pero, por definición, $$E[Y] = \sum_{k=0}^{\infty} k(1-p)^{k-1} p = \sum_{k=1}^{\infty} k(e^{-x})^{k-1} (1-e^{-x}) = \sum_{k=1}^{\infty} k(e^{-x})^k (e^x-1).$$ Así tenemos $$\int_0^{\infty} \frac{x^2 e^x}{(e^x-1)^2} dx = \int_0^{\infty} x^2 \left(\sum_{k=1}^{\infty} k(e^{-x})^k \right)dx = \sum_{k=1}^{\infty} \left(k \int_0^{\infty} x^2 e^{-kx}dx\right).$$ Por último, si dejamos a $u = kx$, obtenemos $$\sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{k^2} \int_0^{\infty} u^2 e^{-u}du\right) = \left(\int_0^{\infty} u^2 e^{-u}du\right) \left(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}\right) = \Gamma(3) \zeta(2) = \frac{\pi^2}{3}.$$

Answer 4

Una prueba corta:

Integración por partes:

$$ \int_0^1 \left(\frac{\ln(t)} {1-t} \right) ^ \mathrm 2 dt = \left [\left(\frac{1}{1-t}-1\right)\ln (t) ^ 2 \right]_0^1-2\int_0^1\frac{\ln(t)} {1-t} \mathrm dt=-2\int_0^1\frac{\ln(t)} {1-t} \mathrm dt$

$$ \int_0^1\frac{\ln(t)} \mathrm {1-t} dt =-\frac{\pi^2}{6}$$

$$ \int_0^1 \left(\frac{\ln(t)} {1-t} \right) ^ 2 dt \mathrm = \frac {\pi^2} {3} $$