Evaluar $\text{k}$ de la ecuación dada

Question

If
$$ \int_{0}^{\infty} \left(\dfrac{\ln x}{1-x}\right)^{2} \mathrm{d}x + \text{k} \times \int_{0}^{1} \dfrac{\ln (1-x)}{x} \mathrm{d}x =0$$

entonces encontrar el valor de $\text{k}$

Mi enfoque:

Deje que

$\text{I}= \displaystyle \int_{0}^{\infty} \left(\dfrac{\ln x}{1-x}\right)^{2} \mathrm{d}x + \displaystyle \text{k} \times \int_{0}^{1} \dfrac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x$

$=\displaystyle \int_{0}^{1} \left(\dfrac{\ln x}{1-x}\right)^{2} \mathrm{d}x + \int_{1}^{\infty} \left(\dfrac{\ln x}{1-x}\right)^{2} \mathrm{d}x + \displaystyle \text{k} \times \int_{0}^{1} \dfrac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x$

Ahora, para la segunda integral, que $x=\dfrac{1}{t}$,

$\implies \text{I}= \displaystyle \int_{0}^{1} \left(\dfrac{\ln x}{1-x}\right)^{2} \mathrm{d}x + \displaystyle \int_{0}^{1} \left(\dfrac{\ln t}{1-t}\right)^{2} \mathrm{d}t + \displaystyle \text{k} \times \int_{0}^{1} \dfrac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x$

$= 2\displaystyle \int_{0}^{1} \left(\dfrac{\ln x}{1-x}\right)^{2} \mathrm{d}x + \displaystyle \text{k} \times \int_{0}^{1} \dfrac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x$

$=2\displaystyle \int_{0}^{1} \left(\dfrac{\ln x}{1-x}\right)^{2} \mathrm{d}x + \displaystyle \text{k} \times \int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{1-x}\mathrm{d}x$

Sin embargo, parece que no puedo pensar en una manera de simplificar más y encontrar el valor de $\text{k}$.

Cualquier ayuda será apreciada.
Gracias de antemano.

Answer 1

Puede integrar por partes. Una primitiva de a $1/(1-x)^2$ es $1/(1-x)-1=x/(1-x)$. El derivado de $(\ln x)^2$ es $2(\ln x)/x$. Por lo tanto $$\begin{aligned} \int_0^1 \frac{(\ln x)^2}{(1-x)^2}\,dx &= \Bigl[\frac{x}{1-x}(\ln x)^2\Bigr]_0^1-\int_0^1 \frac{x}{1-x}\frac{2\ln x}{x}\,dx\\ &=-2\int_0^1\frac{\ln x}{1-x}\,dx. \end{alineados} $$

Answer 2

El quid de completar su trabajo es demostrar el siguiente

$$\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x^2} \,\mathrm{d}x = -2 \int_0^1 \frac{\log(1-x)}{x}\,\mathrm{d}x$$

Usted está cerca, aunque, déjame mostrarte cómo terminar su trabajo. Me ha gustado mucho este problema. Un resumen de tu trabajo, que han demostrado que $$ \int_0^\infty \left(\frac{\log x}{1-x}\right)^2 \,\mathrm{d}x = 2\int_0^1 \left(\frac{\log x}{1-x}\right)^2 \,\mathrm{d}x = 2\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x^2} \,\mathrm{d}x $$ Donde la sustitución de $u \mapsto 1-x$ fue utilizado en la última igualdad. La idea para terminar con este problema es el uso de integración por partes con

$$ \begin{align*} u & \ = \hspace{0.7cm} \log^2(1-x) \hspace{1.4cm} \mathrm{d}v \ = \ \frac{1}{u^2}\mathrm{d}x\\ \mathrm{d}u & \ = - 2\,\frac{\log^{\phantom{2}}(1-x)}{1-x}\,\mathrm{d}x \qquad v \ = \ - \frac{1}{x} \end{align*} $$ Sin embargo usando integración por partes tenemos que ser extremadamente cuidadoso. Por razones que serán evidentes después me reemplazar el límite superior con $\varepsilon$. Luego, al final vamos a $\varepsilon \to 1$.

$$ \begin{align*} \int_0^\varepsilon \frac{\log^2(1-x)}{x^2} \,\mathrm{d}x & = \left[ - \frac{\log^2(1-x)}{x} \right]_0^\varepsilon - 2\int_0^\varepsilon \frac{\log(1-x)}{x(1-x)}\,\mathrm{d}x \\ & = -\frac{\log^2(1-\varepsilon)}{\varepsilon} - 2 \int_0^\varepsilon \log (1-x)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\right)\,\mathrm{d}x \\ & = -\frac{\log^2(1-\varepsilon)}{\varepsilon} - 2 \int_0^\varepsilon \frac{\log(1-x)}{x}\,\mathrm{d}x - 2\left[ -\frac{\log^2(1-x)}{2}\right]_0^\varepsilon \\ & = -2 \int_0^1 \frac{\log(1-x)}{x}\,\mathrm{d}x \end{align*} $$ Ahora el resto es de primaria $$ \int_0^\infty \left(\frac{\log x}{1-x}\right)^2 \,\mathrm{d}x = 2\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x^2} \,\mathrm{d}x = -4 \int_0^1 \frac{\log(1-x)}{x}\,\mathrm{d}x $$ Como quería

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Para demostrar que $$ \lim_{\varepsilon \1} \left(\log^2(1-\varepsilon) - \frac{\log^2(1-\varepsilon)}{\varepsilon}\right) = 0 $$ Puede ser demostrado, por ejemplo, por un ingenioso expansión de taylor o el viejo y simple l'hoptials regla $$ \lim_{\varepsilon \1} \frac{\log^2(1-\varepsilon)}{\varepsilon/(\varepsilon-1)} \left[ \frac{0}{0}\right] = \lim_{\varepsilon \1} -2(1-\varepsilon)\log(1-\varepsilon) = -2 \lim_{x \to 0} x \log x = 0 $$ Donde el límite último es lo que se sabe (de nuevo l'hôpital o expansión de la serie).