Evaluar $\displaystyle\int_{0}^{\infty }\frac{\ln\left ( 2x+1 \right )}{x\left ( x+1 \right )}\mathrm dx$

Question

Cómo evaluar $$\int_{0}^{\infty }\frac{\ln(2x+1)}{x(x+1)}\,\mathrm dx?$$ He intentado $$\frac{\ln(2x+1)}{x(x+1)}=\ln(2x+1)\left (\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x} \right)$$ pero no sé cómo seguir.

Answer 1

También podemos utilizar su Truco si nos vamos a, $$I(a)=\int_0^{\infty} \frac{\ln(ax+1)}{x(x+1)}\mathrm dx,$$ then if we take the derivative of $I(a)$ and expand using partial fractions we have $$I'(a)=\int_0^{\infty} \frac{1}{(ax+1)(x+1)}\mathrm dx =\int_0^{\infty} \frac{a}{(a-1)(ax+1)} - \frac{1}{(a-1)(x+1)}\mathrm dx.$$ Integrating this gives, $$I'(a)=\bigg(\frac{1}{a-1}\ln|ax+1|-\frac{1}{a-1}\ln|x+1| \bigg)|_0^{\infty}=\frac{1}{a-1}\ln|\frac{ax+1}{x+1}| |_0^{\infty}.$$ Noticing the lower bound is zero we're left with an easy limit$$I'(a)=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{a-1}\ln|\frac{ax+1}{x+1}|=\frac{\ln(a)}{a-1}.$$ Now if we integrate we can get $I(a)$, this is easy because our integral closely resembles the definition of the dilogarithm, so we have $$I(a)=\int \frac{\ln(a)}{a-1} da=-Li_2(1-a)+C.$$ Now if we notice $I(0)=0$ and note that $Li_2(1)=\frac{\pi^2}{6}$ we see that $C=\frac{\pi^2}{6}.$ So finally if we note that for your problem $a=2$ have that, $$I(2)=-Li_2(-1)+\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{12}+\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{4}.$$

Es cierto que no es tan bonito como el enfoque utilizando la serie geométrica y hace un uso intensivo de la dilogarithm y valores particulares, pero creo que es algo divertido.

Answer 2

hacer la sustitución de $2x+1\rightarrow x$ e la $x\rightarrow x^{-1}$ , por lo tanto $$\int_{0}^{\infty }\frac{\ln\left ( 2x+1 \right )}{x\left ( x+1 \right )}\, \mathrm{d}x=2\int_{1}^{\infty }\frac{\ln x}{x^{2}-1}\, \mathrm{d}x=-2\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1-x^{2}}\, \mathrm{d}x$$ a continuación, utilice la serie geométrica $$\frac{1}{1-x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty }x^{2n}$$ tenemos $$\int_{0}^{\infty }\frac{\ln\left ( 2x+1 \right )}{x\left ( x+1 \right )}\, \mathrm{d}x=2\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{\left ( 2n+1 \right )^{2}}$$ y la respuesta va a seguir.

Answer 3

Demasiado largo para un comentario.

Hacer el problema más general, es posible calcular $$I=\int \frac{\log (a x+b)}{(x+c) (x+d)}\,\mathrm dx$$ Using one integration by parts $$u=\log (a x+b)\implies u'=\frac{a}{a x+b}\,\mathrm dx$$ $$v'=\frac{\mathrm dx}{(c+x) (d+x)}\implies v=\frac{\log (x+d)-\log (x+c)}{c-d}$$ So, if $c\neq d$,$$(c-d)I=\log (a x+b) \log \left(\frac{(x+d) (c-b)}{(x+c) (a d-b)}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{a x+b}{b-a c}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{a x+b}{b-a d}\right) $$ and, if $c=d$, $$I=\frac{a (x+c) \log (x+c)-(a x+b) \log (a x+b)}{(x+c) (b-a c)}$$