Evaluar $\int_0^1\left(\frac{1}{\ln x} + \frac{1}{1-x}\right)^2 \mathrm dx$

Question

Evaluar $$\int_0^1\left(\frac{1}{\ln x} + \frac{1}{1-x}\right)^2 \mathrm dx$$

Answer 1

$$ \int_0^1\left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^2\;dx = \log(2\pi) - \frac{3}{2} \approx 0.3378770664 $$

Answer 2

Ron:

No pretendo ser pretencioso, y me doy cuenta de que este es un post antiguo, pero si puedo ofrecer una pequeña aportación sobre la evaluación de su suma zeta. Si puedo asumir que todavía estás interesado en este punto.

Creo que ha sido Choi quien ha investigado sobre estas series.

Utilizando la función G de Barnes, se han evaluado muchas series que implican a zeta.

Aquí hay un poco. La G representa la función G de Barnes. La derivación de esto probablemente se puede encontrar mediante la búsqueda de los documentos de Choi en la materia.

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\zeta(2k)-1}{k+1}=\frac{-1}{2}log(2\pi)+1/2-\log(2)-\int_{0}^{1}log[G(t+2)]dt+\int_{0}^{1}log[G(t+1)]dt$

Tenga en cuenta que $\displaystyle\int_{0}^{1}log[G(t+2)]dt=log(2\pi)-1+C$

$\displaystyle\int_{0}^{1}log[G(t+1)]dt=\frac{1}{2}log(2\pi)+C$

Juntando todo esto encontramos que la C se cancela y llegamos al resultado de $\displaystyle\frac{3}{2}-log(\pi)$

Así que, tomando tu log(2) y restando esto de él:

$\displaystyle log(2)-(3/2-log(\pi))=log(2\pi)-3/2$ según sea necesario.

Un conocimiento práctico de la función G de Barnes permitirá evaluar algunas series difíciles, especialmente las que implican log Gamma o zeta.

Answer 3

@RonGordon última suma se convierte: \begin{align} &\sum_{k = 1}^{\infty}\left\{ 1 + \left(k + 1\right)^{2}\log\left(1 - {1 \over \left[k + 1\right]^2}\right) \right\}= \sum_{k = 1}^{\infty}\left\{ 1 - \left(k + 1\right)^{2} \int_{0}^{1}{{\rm d}x \over \left(k + 1\right)^{2} - x}\right\} \\[3mm]&= -\left[\int_{0}^{1}\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \left(k + 1\right)^{2} - x}\right] \,x\,{\rm d}x = -\left[\int_{0}^{1}\sum_{k = 0}^{\infty} {1 \over \left(k + 2 + x^{1/2}\right)\left(k + 2 - x^{1/2}\right)}\right] \,x\,{\rm d}x \\[3mm]&= \int_{0}^{1}{ \Psi\left(2 - x^{1/2}\right) - \Psi\left(2 + x^{1/2}\right) \over 2x^{1/2}}\,x \,{\rm d}x = \underbrace{\int_{0}^{1} \color{#c00000}{\left\lbrack\Psi\left(2 - x\right) - \Psi\left(2 + x\right)\right\rbrack}\,x^{2}\,{\rm d}x} _{\displaystyle{\log\left(\pi\right) - {3 \over 2}}} \end{align}

desde \begin{align} &\color{#c00000}{\Psi\left(2 - x\right) - \Psi\left(2 + x\right)} =\left[\Psi\left(1 - x\right) + {1 \over 1 - x}\right] - \left[\Psi\left(x\right) + {1 \over 1 + x} + {1 \over x}\right] \\[3mm]&=\left[\Psi\left(1 - x\right) - \Psi\left(x\right) - {1 \over x}\right] +{2x \over 1 - x^{2}} =\color{#c00000}{\left[\pi\cot\left(\pi x\right) - {1 \over x}\right] + {2x \over 1 - x^{2}}} \end{align}

Lo siento. ¡¡¡Era demasiado largo para un comentario !!!