La integración no saben cómo proceder: $\int_0^{\infty}\frac{\ln(x+1)}{x\cdot(x+1)^\frac14} dx$

Question

La integración de 0 a infinito

$$\int_0^\infty\frac{\ln(x+1)}{x\cdot(x+1)^\frac14}dx$$

¿Cómo proceder ? Respuesta : $8C+\pi^2$

Procedimiento quería

Answer 1

$$I(n)=\int_0^\infty(x+1)^n\frac{dx}x\iff\int_0^{\infty}\frac{\ln(x+1)}{x\cdot(x+1)^\frac14} dx=I'\bigg(-\frac14\bigg)$$

Deje $t=\dfrac1{x+1}$ , y reconocer la expresión de la función beta de la nueva integral, a continuación, utilizar la reflexión de la fórmula, pero no calcular su valor, ya que va a ser divergentes ! Más bien, se derivan directamente con respecto a n. La expresión de la derivada se convergen. Pero se requiere el conocimiento de los polygamma función, así como de la generalizada armónica de los números. Al final, toda la expresión de la voluntad, finalmente, simplificar las hermosas $\pi^2+8G$, donde G es el catalán es constante. Espero que esto ayude ! Yo también estaba pensando en una alternativa, por la expansión de $\ln(1+x)$ en su conocida serie de Taylor, pero yo no veo un camino alrededor de la $\sqrt[4]{1+x}$ en el denominador. Tal vez alguien más puede meter su cuchara y arrojar algo de luz a esta situación, o tal vez incluso a desarrollar una mejor o enfoque más elegante.

Answer 2

En primer lugar, asumir $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$

Entonces:

$\displaystyle \dfrac{\pi^2}{6}=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n)^2}+\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n+1)^2}=\dfrac{\pi^2}{24}+\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n+1)^2}$

Por lo tanto: $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n+1)^2}=\dfrac{\pi^2}{8}$ (1)

Deje $\displaystyle I=\int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x (x+1)^\frac14}dx$

Realizar el cambio de variable $u=(x+1)^\frac14$:

$\displaystyle I=\int_1^{+\infty} \dfrac{16x^2\log(x)}{x^4-1}dx$

Por lo tanto: $\displaystyle I=\int_1^{+\infty} \dfrac{8\log(x)}{x^2-1}dx+\int_1^{+\infty} \dfrac{8\log(x)}{x^2+1}dx$

La última integral es igual a $8G$ donde $G$ es el catalán es constante.

Deje $\displaystyle J=\int_1^{+\infty} \dfrac{8\log(x)}{x^2-1}dx$

Realizar el cambio de variable $u=\dfrac{x-1}{x+1}$:

$\displaystyle J=\int_0^1 4\log\Big(\dfrac{1+x}{1-x}\Big)\dfrac{dx}{x}=4\Big(\int_0^1 \dfrac{\log(1+x)dx}{x}-\int_0^1 \dfrac{\log(1-x)dx}{x}\Big)$

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log(1+x)dx}{x}=\int_0^1 \Big(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n x^n}{n+1}\Big) dx=\sum_{n=0}^{+\infty} \Big( \int_0^1\dfrac{(-1)^nx^n}{n+1}dx \Big)$

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log(1+x)dx}{x}=\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{(n+1)^2}$

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log(1+x)dx}{x}=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{2n+1}}{(2n)^2}+\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{2n+2}}{(2n+1)^2}=-\dfrac{\pi^2}{24}+\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2n+1)^2}$

Aplicar (1) : $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log(1+x)dx}{x}=-\dfrac{\pi^2}{24}+\dfrac{\pi^2}{8}=\dfrac{\pi^2}{12}$

$\displaystyle -\int_0^1 \dfrac{\log(1-x)dx}{x}=\int_0^1 \Big(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^n}{n+1}\Big) dx=\sum_{n=0}^{+\infty} \Big(\int_0^1\dfrac{x^n}{n+1}dx \Big)=\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(n+1)^2}=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}= \dfrac{\pi}{6}$

Por lo tanto: $J=4 \times \dfrac{\pi^2}{12}+4 \times \dfrac{\pi^2}{6}=\pi^2$

$I=8G+\pi^2$

Answer 3

Este problema es horrible (al menos para mí !). Me preguntaba si un CAS podría hacerlo; lo hice y estoy seguro de que va a disfrutar el resultado de $$\frac{G_{3,3}^{3,2}\left(1\left| \begin{array}{c} 0,\frac{3}{4},1 \\ 0,0,0 \end{array} \right.\right)}{\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)}$$ in which appears the Meijer G function (I am sure you are happy to know that !). The numerical value of this nice expression is $17.19732915$.

Si se me permite preguntar, ¿de dónde sacaste este monstruo ?

Añadido a mi respuesta

Desde que me produjo el anterior monstruo, lo dejé !

Si usted hace un cambio de variable, que $x+1=e^{4y}$, usted tiene algo que es más agradable. El resultado de la integral es $8 C+\pi ^2$, $C$ siendo el catalán número.

Answer 4

Con $y^4=x+1$, Arce se obtiene la antiderivada $$ V(y)=2\,\ln \left( y+i \right) \pi +2\,\ln \left( y-i \right) \pi -4\, \ln \left( 1+y \right) \ln \left y \right) -4\,i{\rm Li}_2 \left( 1-iy \right) +4\,i{\rm Li}_2 \left( 1+iy \right) -4\,{ \rm Li}_2 \left( -y \right) -4\,{\rm Li}_2 \left( 1-y \right) $$ Ahora$V(0)=-8 \;\mathrm{Catalan} + \pi^2/3$$\lim_{y\to\infty} V(y) = 4\pi^2/3$, por lo que resta para recibir nuestra respuesta $8 \;\mathrm{Catalan} + \pi^2$.