Integración avanzada con respecto a las funciones logarítmicas

Question

He estado tratando de resolver esta integral para enfrentar el éxito variable:

[El problema original]$$\int_{0}^{1/4}\frac{1}{x\sqrt{1-4x}}\ln\left(\frac{1+\sqrt{1-4x}}{2\sqrt{1-4x}}\right)dx$ $

Aunque podría reducir la integral hasta

ps

No pude expandir el denominador en una serie geométrica, y he probado algunas alternativas para lograr poco éxito.

Answer 1

Recoger donde lo dejó, vamos $$I = 2 \int_0^1 \frac{1}{1 - u^2} \ln \left (\frac{1 + u}{2u} \right ) \, du.$$ Ahora bien, si aplicamos una sustitución de $$x = \frac{1 + u}{2u} \quad \text{then} \quad u = \frac{1}{2x - 1},$$ y tenemos $$du = -\frac{2}{(2x - 1)^2}.$$ También tenga en cuenta el plazo $1 - u^2$ bajo esta sustitución se convierte en $$1 - u^2 = \frac{4x(x - 1)}{(2x - 1)^2},$$ mientras que para los límites de integración se tiene: $(0,1) \mapsto (\infty,1)$. Así $$I = \int_1^\infty \frac{\ln x}{x(x - 1)} \, dx.$$

A continuación, si aplicamos una sustitución de $x \mapsto \frac{1}{x}$ uno tiene $$I = - \int^1_0 \frac{\ln (x)}{1 - x} \, dx.$$

Dentro de su intervalo de convergencia el plazo $1/(1 - x)$ puede ser ampliada como una serie geométrica. Haciendo así que los rendimientos de $$I = - \sum_{n = 0}^\infty \int^1_0 x^n \ln (x) \, dx.$$ Esta última integral se puede hallarse fácilmente usando integración por partes dos veces. El resultado es $$\int_0^1 x^n \ln (x) \, dx = -\frac{1}{(n + 1)^2}.$$ Así $$I = \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(n + 1)^2} = \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} = \zeta (2),$$ donde la sumatoria del índice fue desplazado $n \mapsto n - 1$, y el conocido resultado para el problema de Basilea ha sido utilizado. Así $$\int_0^{1/4} \frac{1}{x \sqrt{1 - 4x}} \ln \left (\frac{1 + \sqrt{1 - 4x}}{2 \sqrt{1 - 4x}} \right ) \, dx = \zeta (2) = \frac{\pi^2}{6}.$$

Answer 2

Un enfoque alternativo. La integral original es igual

$$ \int_{0}^{1}\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\log\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}{2\sqrt{1-x}}\right)\,dx = \int_{0}^{1}\frac{2}{x\sqrt{1-x^2}}\log\left(\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{2\sqrt{1-x^2}}\right)\,dx $ $ o, configurando$x=\sin\theta$,$$ \mathcal{I} = \int_{0}^{\pi/2}\frac{2}{\sin\theta}\log\left(\frac{1+\cos\theta}{2\cos\theta}\right)\,d\theta\stackrel{\text{IBP}}{=}-2\int_{0}^{\pi/2}\frac{\tan\frac{\theta}{2}\log\tan\frac{\theta}{2}}{\cos\theta}\,d\theta $ $ tal que$$ \mathcal{I}=4\int_{0}^{1}\frac{t}{1-t^2}\left(-\log t\right)\,dt=4\sum_{n\geq 0}\int_{0}^{1}t^{2n+1}(-\log t)\,dt=\sum_{n\geq 0}\frac{4}{(2n+2)^2}=\color{red}{\zeta(2)}. $ $