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Una razón para el valor de $\int_{0}^{1}\log{(x)}\log{(1-x)}\,\mathrm{d}x$

En este .documento pdf, que es sólo una lista de Putnam estilo de pregrado a nivel de problemas de diversas fuentes, la tercera pregunta es como lo he indicado a continuación (hasta un cambio de notación).

Evaluar $$I=\int_{0}^{1}\log{(x)}\log{(1-x)}\,\mathrm{d}x.$$

Siéntase libre de tomar un momento para tratar de resolver esto por sí mismo, si usted nunca ha visto antes. Mi respuesta es la siguiente.

En el intervalo de $(0,1)$, podemos expandir $\log{(1-x)}$ como una potencia de la serie: \begin{eqnarray*} \log{(1-x)} & = & -\left(x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\ldots+\frac{x^{r}}{r}+\ldots\right)\\ & = & -\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{k} \end{eqnarray*}

Ahora para cualquier $p\in\mathbb{N}$, usando integración por partes vemos que $$\int_{0}^{1}x^{p}\log{x}\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{(p+1)^{2}}.$$

La combinación de los resultados anteriores, tenemos: \begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}\log{(x)}\log{(1-x)}\,\mathrm{d}x & = & \int_{0}^{1}\log{(x)}\left[-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k}}{k}\right]\,\mathrm{d}x\\ & = & -\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left[\int_{0}^{1}x^{k}\log{x}\,\mathrm{d}x\right]\\ & = & \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)^{2}}\\ & = & \sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)^{2}}\right]\\ & = & \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(k+1)^{2}}\\ & = & 1-(\frac{\pi^{2}}{6}-1)\\ & = & 2-\frac{\pi^{2}}{6}, \end{eqnarray*} donde hemos evaluado una de las dos series en la final a través de una suma telescópica, los detalles de los que me han dejado de lado, y el valor de la otra serie es bien conocido.

Me encontré con el resultado sorprendente. He realizado una pequeña comprobación de validez por intentar un bosquejo de la gráfica en el intervalo; Wolfram|Alpha está de acuerdo con mi boceto y está de acuerdo con mi respuesta, pero, al menos para mí, esta información es de poca información acerca de por qué el resultado es true. Para ser más precisos, no entiendo cómo o por qué la respuesta se relaciona con los elementos originales de la pregunta.

Mi pregunta: ¿hay alguna razón por la que uno esperaría $\pi$ a aparecer en esta respuesta? Hay algunas difíciles cambio de variables o algunos sin saberlo, a mí complejo análisis de la forma de evaluar esta integral que arroja más luz sobre la relación entre ella y $\zeta(2)$?

Con esto en mente, yo también deben ser precisos acerca de lo que estoy aceptando como respuesta:

T & C: Si no es "más profunda de la relación" entre la pregunta y la respuesta es evidente para cualquier persona en todo, entonces lo voy a aceptar "es sólo una coincidencia" como respuesta. Si una conexión es evidente para alguien, pero implica matemáticas que el miedo puede ser más allá de mí, siéntase libre de publicar de todos modos si lo desea, y voy a hacer mi mejor esfuerzo para entender lo que usted ha dicho.

Por una "profunda relación", me refiero a cualquier interpretación o de reformulación de la pregunta en términos más allá de la primaria cálculo; otras áreas de las matemáticas, o incluso interpretaciones físicas, va a hacer. Otras integrales que son sorprendentes en una manera similar, también puede ser útil.

6voto

Roger Hoover Puntos 56

La diferenciación bajo el signo integral, se obtiene: $$ \int_{0}^{1}\log(x)\log(1-x)\,dx = \left.\frac{\partial^2}{\partial\alpha\,\partial\beta}\int_{0}^{1}x^\alpha(1-x)^{\beta}\,dx\right|_{\alpha,\beta=0} $$ por lo tanto, usted sólo tiene que diferenciar una función beta y $\zeta(2)$ surge como $\psi'(1)$.

La diferenciación se lleva a cabo a través de: $$ \frac{d}{dz}\,f(z) = f(z)\cdot\frac{d}{dz}\log f(z)$$ y $\psi(z)=\frac{d}{dz}\log\Gamma(z)$.

2voto

jlupolt Puntos 369

Esto tiene que ver con el hecho de que, usando integración por partes se obtiene una dilogarithm, y $\text{Li}_2(1)=\zeta(2)$, ya que los dos la definición de la serie de pasar a ser la misma en $x=1$.

Por qué $\zeta(2)$ implica $\pi^2$ puede ser visto como un producto de la expansión de la serie de $\sin(x)$, como se puede leer aquí, en la solución para el problema de Basilea. En definitiva una muestra que el $\sin x /x$ puede ser factorizado como un producto que involucran $n^2/\pi^2$, y la comparación de los coeficientes da la suma deseada.

2voto

schooner Puntos 1602

Mediante la integración por partes, se tiene \begin{eqnarray} \int_0^1\ln x\ln(1-x)dx&=&x\ln x\ln(1-x)|_0^1-\int_0^1x(\frac{\ln(1-x)}{x}-\frac{\ln x}{1-x})dx\\ &=&-\int_0^1(\ln x+\ln(1-x))dx+\int_0^1\frac{\ln x}{1-x}dx\\ &=&2-\frac{\pi^2}{6}. \end{eqnarray} Aquí $$ \int_0^1\frac{\ln x}{1-x}dx=-\frac{\pi^2}{6} $$ es bien conocido.

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