Cómo demostrar este $I=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\ln{\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^2}dx=\pi^2$

Question

Probar este %#% $ #%

Mi intento: que $$I=\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{x}\ln{\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)^2}dx=\pi^2$ $

Answer 1

Aquí es una aproximación. Utilizando el cambio de variables $\frac{1+x}{1-x}=y$ da

$$ I=\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{x}\ln{\left(\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)^2\right)}dx=2\int_{-1}^{1}\frac{\ln(y^2)}{1-y^2}dy=8\int_{0}^{1}\frac{\ln y}{1-y^2}dy $$

$$ = 8\sum_{k=0}^{\infty} \int_{0}^{1} y^{2k} \ln y\, dy = 8\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^2} = 8.\frac{\pi^2}{8} = \pi^2.$$

Answer 2

En primer lugar, realizar la transformación bilineal: $$x={\frac {1-t}{t+1}}$$ para obtener: $$\int _{0}^{\infty }\!\ln \left( {\frac { \left( 1+x \right) ^{2}}{ \left( 1-x \right) ^{2}}} \right)\dfrac{1}{x} {dx}=4\,\int _{0}^{1}\!{ \frac {\ln \left( {t}^{2} \right) }{{t}^{2}-1}}{dt}=8\,\int _{0}^{1}\!{ \frac {\ln \left(t \right) }{{t}^{2}-1}}{dt} $$ luego, a partir de esta respuesta, considere la integral: $$I(m)=\int _{0}^{1}\!{\frac { \ln\left( t \right) ^{m-1}}{ {t}^{2}-1}}{dt} \quad:\quad \mathfrak{R}(m)>1 $$ y la sustitución de la $t=e^{-u}$: $$\begin{aligned} \int _{0}^{1}\!{\frac { \ln\left( t \right) ^{m-1}}{ {t}^{2}-1}}{dt}=& \left( -1 \right) ^{m-1}\int _{0}^{\infty }\!{\frac { {u}^{m-1}{{\rm e}^{-u}}}{-1+{{\rm e}^{-2\,u}}}}{du}\\ =&\left( -1 \right) ^{m-1} \int _{0}^{\infty }\!-{\frac {{u}^{m-1}}{-1+{{\rm e}^{u}}}}+{\frac {{u }^{m-1}}{-1+{{\rm e}^{2\,u}}}}{du}\\ =&\left( -1 \right) ^{m-1}\left( 1- \dfrac{1}{2^m} \right) \int _{0}^{\infty }\!{\frac {{u}^{m-1}}{-1+{{\rm e}^{u}}}}{du}\\ =&\left( -1 \right) ^{m}\left( 1- \dfrac{1}{2^m} \right) \Gamma \left( m \right) \zeta \left( m \right) \end{aligned}$$ donde hemos utilizado Riemann integral de la representación de la función zeta y también hemos realizado la sustitución de $u\rightarrow\frac{u}{2}$ en el segundo término de la segunda fila para pasar a la línea de tres (después de haber tomado nota de que la convergencia de ambos términos de forma individual está garantizada por comparación con Riemanns integral).

Una forma de evaluar la Riemann zeta función en números enteros es el uso de la serie de Fourier para los polinomios de Bernoulli. Por ejemplo, el cálculo de la serie de Fourier para el segundo polinomio de Bernoulli nos dice que: $$\displaystyle{x}^{2}-x+1/6=\frac{1}{\pi^2}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\cos \left( nx \right) }{{n }^{2}}}\quad : \quad\pi<x<\pi$$

y la evaluación de esta serie en$x=0$, luego le dice que $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ que junto con $\Gamma(2)=1!=1$ conduce a: $$I(2)=\frac{\pi^2}{8}$$ y el resultado de la siguiente manera.

Answer 3

Podemos utilizar un argumento de análisis complejo y el cálculo de la integral es bastante simple y limpio. Tenga en cuenta que $$ \arctan z=\frac{1}{2i}\ln\frac{i-z}{i+z}. $ $ tenemos $$ \ln\frac{1+x}{1-x}=\ln\frac{i+ix}{i-ix}=-\ln\frac{i-ix}{i+ix}=-2i\arctan(ix) $ $ y por lo tanto\begin{eqnarray} I&=&\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{x}\ln{\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)^2}dx\\ &=&2\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{x}\ln{\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)}dx\\ &=&-4i\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{x}\arctan(ix)dx\\ &=&-4i\left(\arctan(ix)\ln x\bigg|_0^\infty-\int_0^\infty\frac{i\ln x}{-x^2+1}dx\right)\\ &=&4\int_0^\infty\frac{\ln x}{x^2-1}dx=-8\int_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}dx\\ &=&-8\int_0^1\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\ln xdx=-8\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^n}\\ &=&\pi^2. \end{eqnarray}

Answer 4

Permítanme presentar un enfoque que utiliza dilogarithms. Dividir la integral en 2 y sustituye $x \mapsto \dfrac{1}{x}$ para la segunda integral. Esto da\begin{align} \int^\infty_0\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^2dx &=\int^1_0\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^2dx+\int^\infty_1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^2dx\\ &=4\int^1_0\frac{\ln(1+x)-\ln(1-x)}{x}dx\\ &=4\left(\operatorname{Li}_2(1)-\operatorname{Li}_2(-1)\right)\\ &=4\left(\frac{\pi^2}{6}+\frac{\pi^2}{12}\right)\\ &=\pi^2 \end {Alinee el}