Interesante integral de alguna manera relacionada con $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln(\sin(x))dx$

Question

Espero haber utilizado la etiqueta correcta (integral definitiva).

Me encontré con una integral que es bastante difícil y me pregunto si alguien podría darme un empujón en la dirección correcta.

$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\tanh^{-1}(x)\ln(x)}{x(1-x^{2})}\text{ d}x=\frac{-7}{16}\zeta(3)-\frac{{\pi}^{2}}{8}\ln(2)$

Esta solución es casi exacta a la solución de $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln(\sin(x))\text{ d}x$ que es $\displaystyle \frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{{\pi}^{2}}{8}\ln(2)$

He resuelto esta última integral utilizando la identidad $\displaystyle -\ln(\sin(x))-\ln(2)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(2kx)}{k}$ y, a continuación, integrando:

$\displaystyle -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln(\sin(x))\text{ d}x-\frac{{\pi}^{2}}{8}\ln(2)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cos(2x)\text{ d}x+\frac{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(4x)\text{ d}x}{2}+\frac{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(6x)}{3}\cdot\cdot\cdot\cdot$

Pero, $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cdot \cos(2kx)\text{ d}x=-\left(\frac{1+(-1)^{k+1}}{(2k)^{2}}\right)$

Así: $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln(\sin(x))\text{ d}x=\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1+(-1)^{k+1}}{k^{3}}-\frac{{\pi}^{2}}{8}\ln(2)$

$\displaystyle =\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^{3}}-\frac{{\pi}^{2}}{8}\ln(2)$

y así sucesivamente. Lo que resulta en la solución que mencioné al principio.

Perdón por todo esto, pero quería mostrar lo que estaba usando para de alguna manera relacionarlo con la integral que estoy queriendo resolver. He estado intentando y tratando de relacionar la mencionada $\displaystyle \tanh$ integral con este. Las soluciones son tan parecidas que pensé que tenía que haber una forma de relacionarlas y resolver la integral. ¿Alguien tiene alguna idea? He probado la identidad $\displaystyle \tanh^{-1}(x)=\frac{1}{2}\left[\ln(1+x)-\ln(1-x)\right]$ y luego romperlo:

Resultando en $\displaystyle \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)\ln(1+x)}{x(x^{2}-1)}\text{ d}x-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)\ln(1-x)}{x(x^{2}-1)} \text{ d}x$ y luego utilicé las distintas representaciones en serie para $\displaystyle \ln(1+x)$ , $\displaystyle \frac{1}{1-x^{2}}$ etc. He intentado hacer integrales dobles, pero siempre me quedo atascado.

Incluso lo dividí por expansión de fracciones parciales, pero varias de las integrales resultantes seguían siendo desagradables.

¿Alguien tiene alguna idea inteligente?

Answer 1

Una forma sencilla podría ser considerar la función $$ I(a,b)=\int_0^1 \frac{\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^a x^b}{(1+x)^2} \, dx= $$ $$ \Gamma (1-a) \Gamma (b+1) \, _2\tilde{F}_1(2-a,b+1;-a+b+2;-1),\quad a>1,\ b>-1, $$ donde $_2\tilde{F}_1$ es el función hipergeométrica regularizada (véase la primera representación integral en la referencia). Para tomar la segunda derivada $\frac {\partial^2I(a,b)}{\partial a\partial b}$ y evaluar manualmente el límite $a\to1+0$ , $b\to-1+0$ que da la integral deseada.

Actualizado

He aquí otra idea. La integral $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\log(\sin(x))dx$ se puede evaluar de la misma manera que la integral de Gauss $I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log \sin x\,dx\;$ . A saber, hacer el cambio de variables $y=\pi/2-x\;$ tenemos $I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log \cos x\, dx$ Así que $$ I=\frac12 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log \frac12\sin 2x\, dx=\frac14 \int_{0}^{\pi}\log \frac12\sin x\, dx=\frac12 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log \frac12\sin x\, dx,$$ que conducen a una ecuación sobre $I$ etc.

Ahora la función $f(x)=\frac12\frac{\log (|x|) \log \left(\left|\frac{x+1}{1-x}\right|\right)}{2 x \left(1-x^2\right)}$ hay dos cambios de variables dejando en su lugar los logaritmos en $f$ :

1) $y=\frac{1-x}{1+x}$ ,

2) $y=1/x$ .

La primera puede considerarse análoga a $x\to \pi/2-y$ y el segundo transforma el segmento integral en $[1,+\infty)$ que tal vez corresponda a la integración en $[\pi/2,\pi]$ . Puede ser que la combinación de sus observaciones conduzca al resultado deseado. Por ejemplo, la primera conduce a $$ \int_0^1f(x)\,dx=\int_0^1 \frac{(y+1) \log (y) \log \left(\frac{1+y}{1-y}\right)}{4 (1-y) y}\,dx, $$ y denotando $$ I_1=\int_0^1f(x)\,dx=\frac{1}{16} \left(-7 \zeta (3)-\pi ^2 \log (4)\right), $$ $$ I_2=\int_1^\infty f(x)\,dx=\frac{1}{16} \left(7 \zeta (3)-\pi ^2 \log (4)\right), $$ tenemos $I_1+I_2=-\frac{1}{4} \pi ^2 \log (2)\;$ , $I_1-I_2=-\frac{7 \zeta (3)}{8}\;$ .

Answer 2

Por desgracia, no tengo ninguna idea inteligente para evaluar su integralidad. En su lugar, seguiré la línea de ataque sugerida por usted y escribiré $$\tanh^{-1} (x) = \frac{1}{2} \ln \left (\frac{1 + x}{1 - x} \right ).$$

Haciendo esto la integral se convierte en \begin{align*} I &= \frac{1}{2} \int_0^1 \ln \left (\frac{1 + x}{1 - x} \right ) \frac{\ln x}{x(1 - x^2)} \, dx\\ &= \frac{1}{2} \int_0^1 \ln \left (\frac{1 - x^2}{(1 - x)^2} \right ) \frac{\ln x}{x(1 - x^2)} \, dx\\ &= \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\ln (1 - x^2) \ln x}{x(1 - x^2)} \, dx - \int_0^1 \frac{\ln (1 - x) \ln x}{x (1 - x^2)} \, dx\\ &= \frac{1}{2} I_1 - I_2. \end{align*}

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La integral $I_1$

Ejecución de la sustitución $x \mapsto \sqrt{x}$ da $$I_1 = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{\ln (1 - x) \ln x}{x(1 - x)} \, dx.$$ Utilizando el función generadora de los números armónicos $H_n$ , a saber $$\sum_{n = 1}^\infty H_n x^n = - \frac{\ln (1 - x)}{1 - x},$$ tenemos $$I_1 = -\frac{1}{4} \sum_{n = 1}^\infty \int_0^1 x^{n - 1} \ln x \, dx.$$

Observando que $$\int_0^1 x^{n - 1} \ln x \, dx = -\frac{1}{n^2},$$ un resultado que puede establecerse utilizando la integración por partes, la integral se convierte en $$I_1 = \frac{1}{4} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^2}.$$

La suma resultante, conocida como Suma de Euler se puede encontrar fácilmente (ver ici por ejemplo). Su valor es $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^2} = 2 \zeta (3).$$ Así, $$I_1 = \int_0^1 \frac{\ln (1 - x^2) \ln x}{x(1 - x^2)} \, dx = \frac{1}{2} \zeta (3).$$

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La integral $I_2$

A partir de una descomposición parcial de la fracción $$\frac{1}{x(1 - x^2)} = \frac{1}{x} + \frac{1}{2(1 - x)} + \frac{1}{2(1 + x)},$$ la integral para $I_2$ puede escribirse como \begin{align*} I_2 &= \int_0^1 \frac{\ln (1 - x) \ln x}{x} \, dx + \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x \ln x \ln (1 - x)}{1 - x} \, dx + \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x \ln x \ln (1 - x)}{1 + x} \, dx\\ &= I_\alpha + \frac{1}{2} I_\beta + \frac{1}{2} I_\gamma. \end{align*}

Las dos primeras integrales son relativamente fáciles de encontrar, la tercera es más difícil.

Para la primera \begin{align*} I_\alpha &= \int_0^1 \frac{\ln (1 - x) \ln x}{x} \, dx\\ &= -\text{Li}_2 (x) \ln x \Big{|}^1_0 + \int_0^1 \frac{\text{Li}_2 (x)}{x} \, dx\\ &= \int_0^1 \frac{\text{Li}_2 (x)}{x} \, dx\\ &= \text{Li}_3 (x) \Big{|}_0^1 = \text{Li}_3 (1) = \zeta (3). \end{align*}

Para el segundo \begin{align*} I_\beta &= \int_0^1 \frac{x \ln x \ln (1- x)}{1- x} \, dx, \end{align*} volvemos a hacer uso de la función generadora de los números armónicos. De este modo, tenemos $$I_\beta = - \sum_{n = 1}^\infty H_n \int_0^1 x^{n + 1} \ln x \, dx.$$

Por partes, se puede demostrar que $$\int_0^1 x^{n + 1} \ln x \, dx = -\frac{1}{(n + 2)^2},$$ así $$I_\beta = \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{(n + 2)^2}.$$

Para hallar la suma resultante comenzamos por desplazar el índice de la suma $n \mapsto n - 1$ . Así, $$I_\beta = \sum_{n = 2}^\infty \frac{H_{n - 1}}{(n + 1)^2}.$$ Ahora a partir de las propiedades para los números armónicos $$H_n = H_{n - 1} + \frac{1}{n}. \tag1$$ Así, \begin{align*} I_\beta &= \sum_{n = 2}^\infty \frac{H_n}{(n + 1)^2} - \sum_{n = 2}^\infty \frac{1}{n(n + 1)^2}\\ &= \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{(n + 1)^2} - \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n(n + 1)^2}. \end{align*}

En la primera suma, desplazando de nuevo el índice de suma en $n \mapsto n - 1$ y aplicando la propiedad (1) se obtiene \begin{align*} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{(n + 1)^2} &= \sum_{n = 2}^\infty \frac{H_n}{n^2} - \sum_{n = 2}^\infty \frac{1}{n^3} = \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^2} - \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^3} = 2 \zeta (3) - \zeta (3) = \zeta (3). \end{align*}

Para la segunda suma, como $$\frac{1}{n(n + 1)^2} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{(n + 1)^2},$$ tenemos \begin{align*} \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n(n + 1)^2} &= \sum_{n = 1}^\infty \left (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right ) - \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{(n + 1)^2}. \end{align*} Los primeros telescopios de suma para $1$ . Para la segunda suma, es $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{(n + 1)^2} = \sum_{n = 2}^\infty \frac{1}{n^2} = \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} - 1 = \zeta (2) - 1.$$ Así que $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n(n + 1)^2} = 1 - (\zeta (2) - 1) = 2 - \zeta (2),$$ dando $$I_\beta = \zeta (3) - (2 - \zeta (2)) = \zeta (3) + \zeta (2) - 2.$$

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La integral $I_\gamma$

Ahora, lo más difícil. Para evaluarlo utilizaremos sumas infinitas dobles. Como $$\frac{\ln (1 - x)}{1 + x} = -\sum_{k = 0}^\infty \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{n + 1} x ^{x + k + 1},$$ la integral puede reescribirse como $$I_\gamma = - \sum_{k = 0}^\infty \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{n + 1} \int_0^1 x^{n + k + 2} \ln x \, dx.$$ Como $$\int_0^1 x^{n + k + 2} \ln x \, dx = - \frac{1}{(n + k + 3)^2},$$ podemos escribir $$I_\gamma = \sum_{k = 0}^\infty \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^k}{(n + 1)(n + k + 3)^2}.$$

Por una descomposición parcial de la fracción tenemos $$\frac{1}{(n + 1)(n + k + 3)^2} = \frac{1}{(k + 2)^2(n + 1)} - \frac{1}{(k + 2)^2 (k + n + 3)} - \frac{1}{(k + 2)(k + n + 3)^2}.$$ Ahora para la suma infinita interior sobre $n$ tenemos \begin{align*} \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(n + 1)(n + k + 3)^2} &= \sum_{n = 0}^\infty \left [\frac{1}{(k + 2)^2(n + 1)} - \frac{1}{(k + 2)^2 (k + n + 3)} - \frac{1}{(k + 2)(k + n + 3)^2} \right ]\\ &= \frac{1}{(k + 2)^2} \sum_{n = 1}^{k + 2} \frac{1}{n} - \frac{1}{k + 2} \sum_{n = k + 3}^\infty \frac{1}{n^2}\\ &= \frac{1}{(k + 2)^2} H_{k + 2} - \frac{1}{k + 2} \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} + \frac{1}{k + 2} \sum_{n = 1}^{k + 2} \frac{1}{n^2}\\ &= \frac{H_{k + 2}}{(k + 2)^2} - \frac{\zeta (2)}{k + 2} + \frac{H^{(2)}_{k + 2}}{k + 2}. \end{align*} Aquí $H^{(a)}_n$ denota el Números armónicos generalizados .

Así, $$I_\gamma = \sum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k H_{k + 2}}{(k + 2)^2} - \zeta (2) \sum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{k + 2} + \sum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k H^{(2)}_{k + 2}}{k + 2}.$$

Para la primera suma, dejemos $k \mapsto k - 2$ entonces $$S_1 = \sum_{k = 2}^\infty \frac{(-1)^k H_k}{k^2} = 1 + \sum_{k = 1}^\infty \frac{(-1)^k H_k}{k^2} = 1 + A(1,2).$$

Aquí $$A(p,q) = \sum_{k = 1}^\infty \frac{(-1)^{k + 1} H^{(p)}_k}{k^q},$$ corresponden a la sumas alternas de Euler cuyos primeros valores se pueden encontrar ici . Desde $A(1,2) = \frac{5}{8} \zeta (3)$ tenemos $$S_1 = 1 - \frac{5}{8} \zeta (3).$$

Para la segunda suma $$S_2 = \sum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{k + 2} = -\sum_{k = 1}^\infty \frac{(-1)^{k + 1}}{k} + 1 = -\ln (2) + 1.$$

Para la tercera suma, dejemos $k \mapsto k - 2$ entonces $$S_3 = \sum_{k = 2}^\infty \frac{(-1)^k H^{(2)}_k}{k} = 1 - \sum_{k = 1}^\infty \frac{(-1)^{k + 1} H^{(2)}_k}{k} = 1 - A(2,1).$$ Y como $A(2,1) = \zeta (3) - \frac{1}{2} \zeta (2) \ln (2)$ tenemos $$S_3 = 1 + \frac{1}{2} \zeta (2) \ln (2) - \zeta (3).$$

Así que finalmente \begin{align*} I_\gamma &= \left (1 - \frac{5}{8} \zeta (3) \right ) - \zeta (2) \left (1 - \ln (2) \right ) + \left (1 + \frac{1}{2} \zeta (2) \ln (2) - \zeta (3) \right )\\ &= -\frac{13}{8} \zeta (3) + 2 - \zeta (2) + \frac{3}{2} \zeta (2) \ln (2). \end{align*}

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Así que al combinar todos los resultados encontrados tenemos \begin{align*} I_2 &= I_\alpha + \frac{1}{2} I_\beta + \frac{1}{2} I_\gamma\\ &= \zeta (3) + \frac{1}{2} \left (\zeta (3) + \zeta (2) - 2 \right ) + \frac{1}{2} \left (-\frac{13}{8} \zeta (3) + 2 - \zeta (2) + \frac{3}{2} \zeta (2) \ln (2) \right )\\ &= \frac{11}{16} \zeta (3) + \frac{3}{4} \zeta (2) \ln (2). \end{align*} Y \begin{align*} I &= \frac{1}{2} I_1 - I_2\\ &= \frac{1}{4} \zeta (3) - \left (\frac{11}{16} \zeta (3) + \frac{3}{4} \zeta (2) \ln (2) \right )\\ &= -\frac{7}{16} \zeta (3) - \frac{3}{4} \zeta (2) \ln (2), \end{align*} o $$\int_0^1 \frac{\tanh^{-1} (x) \ln (x)}{x(1 - x^2)} \, dx = -\frac{7}{16} \zeta (3) - \frac{\pi^2}{8} \ln (2),$$ según sea necesario.