Integral impropia

Question

¿Cómo puedo probar?

$$\int_0^1\frac{\ln(x)}{x^2-1}\,dx=\frac{\pi^2}{8}$$

Sé que $$\int_0^1\frac{\ln(x)}{x^2-1}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1-x^{2n}\ln(x)\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}$ $ pero quiero otro método.

Answer 1

Alinear

Answer 2

Considere la integral: $$I(m)=\int _{0}^{1}\!{\frac { \ln\left( x \right) ^{m-1}}{ {x}^{2}-1}}{dx} \quad:\quad \mathfrak{R}(m)>1 $$ y la sustitución de la $x=e^{-u}$: $$\begin{aligned} \int _{0}^{1}\!{\frac { \ln\left( x \right) ^{m-1}}{ {x}^{2}-1}}{dx}=& \left( -1 \right) ^{m-1}\int _{0}^{\infty }\!{\frac { {u}^{m-1}{{\rm e}^{-u}}}{-1+{{\rm e}^{-2\,u}}}}{du}\\ =&\left( -1 \right) ^{m-1} \int _{0}^{\infty }\!-{\frac {{u}^{m-1}}{-1+{{\rm e}^{u}}}}+{\frac {{u }^{m-1}}{-1+{{\rm e}^{2\,u}}}}{du}\\ =&\left( -1 \right) ^{m-1}\left( 1- \dfrac{1}{2^m} \right) \int _{0}^{\infty }\!{\frac {{u}^{m-1}}{-1+{{\rm e}^{u}}}}{du}\\ =&\left( -1 \right) ^{m}\left( 1- \dfrac{1}{2^m} \right) \Gamma \left( m \right) \zeta \left( m \right) \end{aligned}$$ 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). Se desprende de lo $\Gamma(2)=1, \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$: $$I(2)=\frac{\pi^2}{8}$$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert}% \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$

$$ {\cal I} \equiv \int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1}\,\dd x = \int_{1}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1}\,\dd x \quad\imp\quad {\cal I} \equiv {1 \over 2}\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1}\,\dd x $$

Consideremos la integral $$ {\cal W} \equiv \int_{C}{\ln^{2}\pars{z} \over z^{2} - 1}\,\dd z = 0 $$ Entonces $\pars{~\mbox{con}\ z_{\pm} = x \pm \ic 0^{+}\ \mbox{y}\ z_{\pm}^{2} = x^{2} \pm \ic\sgn\pars{x}0^{+}~}$ \begin{align} &\int_{-\infty}^{0}{\bracks{\ln\pars{-x} + \ic\pi}^{2} \over z_{+}^{2} - 1}\,\dd x + \int_{0}^{-\infty}{\bracks{\ln\pars{-x} - \ic\pi}^{2} \over z_{-}^{2} - 1}\,\dd x \\[3mm]&= \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\int_{-\infty}^{0} {\ln^{2}\pars{-x} + 2\ic\pi\sigma\ln\pars{-x} - \pi^{2} \over x^{2} - 1 - \sigma\,\ic 0^{+}}\,\dd x \\[3mm]&= \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\,\braces{{\cal P}\int_{0}^{\infty} {\ln^{2}\pars{x} + 2\ic\pi\sigma\ln\pars{x} - \pi^{2} \over x^{2} - 1 }\,\dd x + \int_{0}^{\infty} {\bracks{\ln^{2}\pars{x} + 2\ic\pi\sigma\ln\pars{x} - \pi^{2}} \bracks{\ic\pi\sigma\delta\pars{x^{2} - 1}} }\,\dd x} \\[3mm]&= 4\pi\ic\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1}\,\dd x + \pars{-\pi^{2}}2\pars{\ic\pi \over 2} = 0 \quad\imp\quad \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1}\,\dd x = {\pi^{2} \over 4} \end{align} $${\large% {\cal I} = \int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1}\,\dd x = {\pi^{2} \más de 8}} $$

Answer 4

Escribir el integrando como una suma de fracciones y uso de la polylogarithm función de $\mathrm{Li}_2:$ $$f(x):=\int\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx=\int\frac{1}{2}\left(\frac{\ln(x)}{x-1}- \frac{\ln(x)}{x+1}\right) dx \\ =\frac{1}{2} \int \frac{\ln(x) dx}{x-1}- \frac{1}{2} \int \frac{\ln(x)dx }{x+1} =-\frac{1}{2}\mathrm{Li}_2(1-x) -\frac{1}{2} \left(\mathrm{Li}_2(-x) + \ln(x)\ln(x+1)\right)$$ Desde $\mathrm{Li}_2(0)=0$ $\ln(x)\ln(x+1)$ se desvanece en$x=0$$x=1$, tenemos $$f(0) = -\frac{1}{2}\mathrm{Li}_2(1)= -\frac{\pi^2}{12}$$ y $$f(1) = -\frac{1}{2}\mathrm{Li}_2(-1)= \frac{\pi^2}{24}$$ y el valor de la integral es $$ \int_0^1\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx=\frac{\pi^2}{24}+\frac{\pi^2}{12} = \frac{\pi^2}{8} $$

Answer 5

Esto viene de mi respuesta aquí. Vamos

$$I = \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-1}$$

Tenga en cuenta que la singularidad en $x=1$ es desmontable en esta integral y por lo tanto no es necesario utilizar un valor principal de Cauchy. Podemos evaluar esta integral por una vez más atractivo para el teorema de los residuos, pero esta vez, consideramos que

$$\oint_{C'} dz \frac{\log^2{z}}{z^2-1}$$

donde $C'$ es un ojo de la cerradura de contorno con respecto al eje real positivo. Mediante la integración de todo este contorno, y observando que el integrando se desvanece suficientemente rápido como el radio de la sección circular de $C'$ aumenta sin límite, obtenemos

$$\oint_{C'} dz \frac{\log^2{z}}{z^2-1} = -i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-1} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2-1}$$

Esto es igual a, por el teorema de los residuos, $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos de el integrando del complejo integral dentro de $C'$. Como el único polo es al $z=-1$, vemos que

$$\begin{align}\oint_{C'} dz \frac{\log^2{z}}{z^2-1} &= i 2 \pi \frac{\log^2{(-1)}}{2 (-1)} \\ &= i 2 \pi \frac{\pi^2}{2}\end{align}$$

Ahora, la parte real de la integral anterior se divide en un valor principal de Cauchy y un pedazo de sangría acerca de la singularidad en $x=1$. El valor principal de Cauchy es cero:

$$\begin{align}PV \int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2-1} &= \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \left [\int_0^{1-\epsilon} dx \frac{1}{x^2-1} + \int_{1+\epsilon}^{\infty} dx \frac{1}{x^2-1}\right]\\ &= \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \left [\int_0^{1-\epsilon} dx \frac{1}{x^2-1} + \int_0^{1/(1+\epsilon)} \left (-\frac{dx}{x^2} \right ) \frac{1}{(1/x^2)-1} \right ]\\ &= \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \left [\int_0^{1-\epsilon} dx \frac{1}{x^2-1} - \int_0^{1-\epsilon} \frac{dx}{x^2-1} \right ] \\ &= 0\end{align}$$

La sangría en el contorno, sin embargo, produce una contribución; deje $x=1+\epsilon e^{i \phi}$$\phi \in [\pi,0]$:

$$4 \pi^2 i \epsilon \int_{-\pi}^0 d\phi \frac{e^{i \phi}}{2 \epsilon e^{i \phi}} = i \frac{\pi}{2} 4 \pi^2$$

así que

$$-i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-1} = i 2 \pi \frac{\pi^2}{2} - i \frac{\pi}{2} 4 \pi^2 = -i 2 \pi \frac{\pi^2}{2}$$

Por lo tanto

$$I = \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-1} = \frac{\pi^2}{4}$$

Pero el buscado después de la integral es

$$\int_0^{1} dx \frac{\log{x}}{x^2-1} = \frac12 I = \frac{\pi^2}{8}$$