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

Como @rlgordonma nos ha dejado hacer uso de la sustitución $x = e^{-y}$ para obtener la integral como $$\int_0^{\infty} dy e^{-y} \left ( \frac{(e^{-y} - (1-y))^2}{y^2 (1-e^{-y})^2} \right ) $$ que puede reescribirse como $$\sum_{k=1}^{\infty} k \int_0^{\infty} dy \left ( \frac{(e^{-y} - (1-y))^2}{y^2} \right ) e^{- k y} $$ Si llamamos a $$\int_0^{\infty} dy \left ( \frac{(e^{-y} - (1-y))^2}{y^2} \right ) e^{- k y} = I(k)$$ como tiene @rlgordonma, obtenemos que $$I(k) = (k+2) \log{ \left( \frac{k (k+2)}{(k+1)^2} \right )} + \frac{1}{k}$$ y por lo tanto queremos evaluar $$\sum_{k=1}^{\infty} k I(k).$$ Escribamos los primeros términos para ver qué ocurre $$kI(k) = 1 + k(k+2) \log(k) + k(k+2) \log(k+2) - 2 k(k+2) \log(k+1)$$ $$1I(1) = 1 + 3 \log(1) + 3 \log(3) - 6 \log(2)$$ $$2I(2) = 1 + 8 \log(2) + 8 \log(4) - 16 \log(3)$$ $$3I(3) = 1 + 15 \log(3) + 15 \log(5) - 30 \log(4)$$ $$4I(4) = 1 + 24 \log(4) + 24 \log(6) - 48 \log(5)$$ $$5I(5) = 1 + 35 \log(5) + 35 \log(7) - 70 \log(6)$$ Vemos que $$I(1) +2I(2) +3 I(3) + 4I(4) + 5I(5) = 5 + 2(\log 2 + \log 3 + \log 4 + \log 5) -46 \log 6 + 35 \log 7$$ Así vemos que si sumamos hasta $n$ términos, obtendremos una suma de la forma $$n + 2 \log(n!) + (\cdot) \log(n+1) + (\cdot) \log(n+2)$$ y luego podemos llamar a nuestro un viejo amigo de confianza, Stirling, para ayudarnos con $\log(n!)$ . Procedamos ahora en esta línea. Obtenemos $$S_n = \sum_{k=1}^n k I(k) = \sum_{k=1}^{n} \left(1 + k(k+2) \log(k) + k(k+2) \log(k+2) - 2 k(k+2) \log(k+1) \right)$$ $$S_n = n + \sum_{k=1}^n \overbrace{\left(k(k+2) + (k-2)k - 2(k-1)(k+1) \right)}^2\log(k)\\ + ((n-1)(n+1)-2n(n+2)) \log(n+1) + (n(n+2)) \log(n+2)$$ $$S_n = n + 2 \sum_{k=1}^n \log(k) - (n^2 + 4n + 1) \log(n+1) + (n^2 + 2n) \log(n+2)$$ $$\sum_{k=1}^n \log(k) = n \log n - n + \dfrac12 \log(2 \pi) + \dfrac12 \log(n) + \mathcal{O}(1/n) \,\,\,\,\,\, \text{(By Stirling)}$$ Por lo tanto, $$S_n = \overbrace{2 n \log n - n + \log(2 \pi) - (n^2 + 4n + 1) \log(n+1) + (n^2 + 2n) \log(n+2) + \log(n)}^{M_n} + \mathcal{O}(1/n)$$ La asintótica para $M_n$ puede simplificarse aún más escribiendo $$\log(n+1) = \log (n) + \log \left(1 + \dfrac1n \right)$$ y $$\log(n+2) = \log (n) + \log \left(1 + \dfrac2n \right)$$ y utilizando la serie de Taylor para $\log \left(1 + \dfrac1n \right)$ y $\log \left(1 + \dfrac2n \right)$ . $$M_n = \log(2 \pi) - \dfrac32 - \dfrac2{3n} + \dfrac3{4n^2} - \dfrac{17}{15n^3} + \mathcal{O}\left(\dfrac1{n^4}\right)$$ Ahora, dejando $n \to \infty$ nos da $$\log(2 \pi) - \dfrac32$$

Answer 2

Utilizando el hecho de que $\displaystyle\frac1{\log(x)}=-\lim_{n\to\infty}\frac{1/n}{1-x^{1/n}}$ produce $$ \begin{align} &\int_0^1\left(\frac1{1-x}+\frac1{\log(x)}\right)^2\,\mathrm{d}x\\ &=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\left(\frac1{1-x}-\frac{1/n}{1-x^{1/n}}\right)^2\,\mathrm{d}x\\ &=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\left(\frac1{(1-x)^2}-\frac{2/n}{(1-x)(1-x^{1/n})}+\frac{1/n^2}{(1-x^{1/n})^2}\right)\,\mathrm{d}x\tag{1} \end{align} $$ Para cada término de la última integral, podemos utilizar la serie de potencias del integrando para obtener $$ \int_0^a\frac1{(1-x)^2}\,\mathrm{d}x =\frac{a}{1-a}\tag{2} $$ $$ \int_0^a\frac1{(1-x)(1-x^{1/n})}\,\mathrm{d}x =\int_0^a\left(\sum_{k=0}^\infty x^{k/n}\left\lfloor\frac{k+n}{n}\right\rfloor\right)\,\mathrm{d}x =\sum_{k=n}^\infty\frac{n}{k}a^{k/n}\left\lfloor\frac{k}{n}\right\rfloor\tag{3} $$ $$ \int_0^a\frac1{(1-x^{1/n})^2}\,\mathrm{d}x =\int_0^a\left(\sum_{k=0}^\infty(k+1)x^{k/n}\right)\,\mathrm{d}x =\sum_{k=n}^\infty (k-n+1)\frac{n}{k}a^{k/n}\tag{4} $$ Combinando $(2)$ , $(3)$ y $(4)$ como en $(1)$ produce $$ \begin{align} &\int_0^1\left(\frac1{1-x}+\frac1{\log(x)}\right)^2\,\mathrm{d}x\\ &=\lim_{a\to1}\lim_{n\to\infty}\int_0^a\left(\frac1{(1-x)^2}-\frac{2/n}{(1-x)(1-x^{1/n})}+\frac{1/n^2}{(1-x^{1/n})^2}\right)\,\mathrm{d}x\tag{5}\\ &=\lim_{a\to1}\frac{a}{1-a}+\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^\infty a^{k/n}\left(-\frac2k\left\lfloor\frac{k}{n}\right\rfloor+\frac{k-n+1}{kn}\right)\tag{6}\\ &=\lim_{a\to1}\color{#C00000}{\frac{a}{1-a}+\frac{a}{\log(a)}}+\lim_{n\to\infty}\color{#00A000}{\sum_{k=n}^\infty a^{k/n}\left(-\frac2k\left\lfloor\frac{k}{n}\right\rfloor+\frac{2k-n+1}{kn}\right)}\tag{7}\\ &=\color{#C00000}{\frac12}+\color{#00A000}{\int_1^\infty\left(-\frac2x\lfloor x\rfloor+2-\frac1x\right)\,\mathrm{d}x}\tag{8}\\ &=\frac12+\sum_{k=1}^\infty\left(2-(2k+1)\log\left(\frac{k+1}{k}\right)\right)\tag{9}\\ &=\frac12+\lim_{n\to\infty}2n+\color{#C00000}{2\sum_{k=2}^n\log(k)}-(2n+1)\log(n+1)\tag{10}\\ &=\frac12+\lim_{n\to\infty}2n+\color{#C00000}{\log(2\pi)+(2n+1)\log(n)-2n}-(2n+1)\log(n+1)\tag{11}\\ &=\frac12+\log(2\pi)-\lim_{n\to\infty}(2n+1)\log(1+1/n)\tag{12}\\ &=\log(2\pi)-\frac32\tag{13} \end{align} $$ Explicación:

$(5)$ Aplique $(1)$

$(6)$ Aplique $(2)$ , $(3)$ y $(4)$

$(7)$ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^\infty\frac1na^{k/n} =\lim_{n\to\infty}\frac1n\frac{a}{1-a^{1/n}} =-\frac{a}{\log(a)}$

$(8)$ $\displaystyle\lim_{a\to1}\frac{a}{1-a}+\frac{a}{\log(a)}=\frac12$ y una suma de Riemann

$(9)$ Dividir la integral en intervalos enteros

$(10)$ Colapsar la suma telescópica

$(11)$ Aproximación de Stirling

$(12)$ Aritmética

$(13)$ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(2n+1)\log(1+1/n)=2$

Answer 3

Este es otro enfoque:

Dejemos que $I$ denotan la integral. Por la sustitución $x = e^{-t}$ tenemos

\begin{align*} I &= \int_{0}^{\infty} \left\{ \frac{1}{(1-e^{-t})^{2}} - \frac{2}{t(1-e^{-t})} + \frac{1}{t^2} \right\} e^{-t} \, dt \\ &= \int_{0}^{\infty} \left\{ \frac{e^{t}}{(e^{t} - 1)^{2}} - \frac{1}{t^2} \right\} \, dt + \int_{0}^{\infty} \left\{ \frac{1 + e^{-t}}{t^2} - \frac{2}{t(e^{t}-1)} \right\} \, dt. \end{align*}

Es fácil observar que la primera integral es

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \left\{ \frac{e^{t}}{(e^{t} - 1)^{2}} - \frac{1}{t^2} \right\} \, dt &= \left[ \frac{1}{t} - \frac{1}{e^{t} - 1} \right]_{0}^{\infty} = -\frac{1}{2}. \end{align*}

Por tanto, nos centramos en la segunda integral. Asociada a ella, introducimos

$$ F(s) = \int_{0}^{\infty} \left\{ \frac{1 + e^{-t}}{t^2} - \frac{2}{t(e^{t}-1)} \right\} e^{-st} \, dt. $$

Por la doble diferenciación, tenemos

\begin{align*}F''(s) &= \int_{0}^{\infty} \left\{ 1 + e^{-t} - \frac{2t}{(e^{t}-1)} \right\} e^{-st} \, dt \\ &= \frac{1}{s} + \frac{1}{s+1} - 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+s)^2} \\ &= \frac{1}{s} + \frac{1}{s+1} - 2\psi_{1}(s+1). \end{align*}

Integrar y utilizar la condición $F'(+\infty) = 0$ tenemos

$$ F'(s) = \log s + \log(s+1) - 2\psi_{0}(s+1). $$

Aquí utilizamos la estimación $\psi_{0}(s) \sim \log s$ como $s \to \infty$ . Integrando de nuevo, tenemos

$$ F(s) = s \log s + (s+1)\log(s+1) - 2s - 1 - 2\log\Gamma(s+1) + C. $$

Para determinar la constante $C$ reordenamos los términos como

$$ F(s) = \left\{ (s+1)\log\left(\frac{s+1}{s}\right) - 1 \right\} + 2\left\{ \left(s+\frac{1}{2}\right)\log s - s - \log\Gamma(s+1) \right\} + C. $$

Entonces, por la fórmula de Stirling, tenemos

$$ 0 = F(+\infty) = -\log(2\pi) + C $$

y por lo tanto $C = \log (2\pi)$ . Por lo tanto,

$$I = -\frac{1}{2} + F(0) = \log(2\pi) - \frac{3}{2}$$

como se desee.

Answer 4

Bien, voy a exponer esto hasta una suma, que probablemente se evaluará en cualquier respuesta que se haya proporcionado anteriormente. Esta integral está sujeta a los mismos tipos de trucos que hice para otra integral que implica un factor de $1/\log{x}$ en la integral. La primera pieza es dejar que $x = e^{-y}$ la integral se convierte en

$$\int_0^{\infty} dy \: e^{-y} \left ( \frac{(e^{-y} - (1-y))^2}{y^2 (1-e^{-y})^2} \right ) $$

Ahora Taylor expande el factor $(1-e^{-y})^{-2}$ y si podemos invertir el orden de la suma y la integración, obtenemos:

$$\sum_{k=1}^{\infty} k \int_0^{\infty} dy \: \left ( \frac{(e^{-y} - (1-y))^2}{y^2} \right ) e^{- k y} $$

La integral dentro de la suma es un poco difícil, aunque es convergente. La forma en que la veo es sustituyendo $k$ con un parámetro continuo $\alpha$ y diferenciar con respecto a $\alpha$ dentro de la integral dos veces (para borrar el molesto $y^2$ en el denominador) para obtener una función

$$ I(\alpha) = \int_0^{\infty} dy \: \left ( \frac{(e^{-y} - (1-y))^2}{y^2} \right ) e^{- \alpha y} $$

$$\begin{align} & \frac{\partial^2 I}{\partial \alpha^2} = \int_0^{\infty} dy \: (e^{-y} - (1-y))^2 e^{- \alpha y} \\ & = \frac{1}{\alpha+2} - \frac{2}{\alpha+1} + \frac{2}{(\alpha+1)^2} + \frac{1}{\alpha} - \frac{2}{\alpha^2} + \frac{2}{\alpha^3} \\ \end{align} $$

Se integra esto dos veces para recuperar $I(\alpha)$ las constantes de integración pueden demostrarse que desaparecen considerando el límite como $\alpha \rightarrow \infty$ . La integral original es entonces

$$\sum_{k=1}^{\infty} k \, I(k)$$

donde

$$I(k) = (k+2) \log{ \left [ \frac{k (k+2)}{(k+1)^2} \right ] } + \frac{1}{k} $$

por lo que la integral toma el valor

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \left [ 1 + [(k+1)^2-1] \log \left ( 1-\frac{1}{(k+1)^2} \right ) \right ] $$

$$ = \sum_{k=1}^{\infty} \left [ 1 + (k+1)^2 \log \left ( 1-\frac{1}{(k+1)^2} \right ) \right ] + \log {2} $$

La suma puede simplificarse mediante la expansión de Taylor del $\log$ término; nótese que el valor unitario se cancela y obtenemos que la integral es igual a

$$ \log{2} + \sum_{k=2}^{\infty} \left [ 1 - k^2 \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m} \left ( \frac{1}{k^2} \right )^m \right ] $$

$$ = \log{2} - \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m+1} [\zeta{(2 m)}-1] $$

Todavía no he evaluado esta suma, pero a menos que alguien lo haga antes que yo, lo resolveré y volveré.

Answer 5

Llego un poco tarde a la fiesta, pero aquí hay una aproximación ligeramente diferente que no utiliza ninguna serie, ni aproximaciones de Stirling ni nada, aunque sí hace uso de algunos valores de la función zeta.

Primer sustituto $x=e^{-y}$ para conseguir

$$\int_0^\infty \left(\frac{1}{1-e^{-y}}-\frac{1}{y}\right)^2 e^{-y}dy$$

El integrando es incómodo porque cuando lo multiplicas, las piezas divergen por separado. Multiplicándolo por $y^z$ regula la singularidad en 0 pero también da integrales estándar. Así, para $Re(z)>1$ tenemos (por partes)

$$\int_0^\infty \frac{1}{(1-e^{-y})^2}e^{-y}y^zdy=z\int_0^\infty \frac{e^{-y}}{1-e^{-y}}y^{z-1}dy=z\zeta(z)\Gamma(z)$$

y

$$\int_0^\infty \frac{1}{y(1-e^{-y})}e^{-y}y^zdy=\zeta(z)\Gamma(z)$$

$$\int_0^\infty \frac{1}{y^2}e^{-y}y^zdy=\Gamma(z-1)$$

Juntando los pedazos:

$$\int_0^\infty \left(\frac{1}{1-e^{-y}}-\frac{1}{y}\right)^2 e^{-y}y^zdy = \Gamma(z)\left(\frac{1}{z-1}+(z-2)\zeta(z)\right)$$

La derivación era válida para $Re(z)>1$ pero ambos lados de la ecuación anterior son analíticos para $Re(z)>-1$ (El RHS tiene una singularidad removible en $z=0$ ), por lo que por continuación analítica podemos tomar el límite $z\to0$ . Cerca de $z=0$ , $\Gamma(z)=1/z+O(1)$ y la respuesta final es la derivada de $1/(z-1)+(z-2)\zeta(z)$ a 0, es decir,

$$-1+\zeta(0)-2\zeta'(0)=\log(2\pi)-\frac{3}{2}$$