una pregunta sobre una integral compleja, ¡estoy luchando con ella!

Question

Cómo probar $$\int _0^1 {\ln(x)\over{1-x^2}}={-\pi^{2}\over 8}$$ Mi solución: Si podemos probar $\int _0^1 {\ln(x)\over{1-x^2}}= \lim_{n\to \infty} \int _0^1\ln(x)(1+x^2+x^4+......+x^{2n})$ entonces creo que podemos demostrar la igualdad anterior. porque la mano derecha = $\lim_{n\to \infty}$$(-1-{1\over{3^2}}-{1\over 5^2}......-{1\over{2n+1}^2})={-\pi^{2}\over 8}$.

¿Puede alguien ayudarme a demostrar por qué $\int _0^1 {\ln(x)\over{1-x^2}}= \lim_{n\to \infty} \int _0^1\ln(x)(1+x^2+x^4+......+x^{2n})$ ? ¿No sé cómo demostrarlo? O, ¿puede alguien utilizar otros métodos para resolver la igualdad anterior?

Answer 1

Se trata de una integral impropia por lo que debe considerarse como un procedimiento limitador de la forma

$$\lim_{b\rightarrow 1^-}\lim_{a\rightarrow 0^+} \int_a^b \frac{\ln x}{1-x^2}\,dx.$$

La serie para $\dfrac{1}{1-x^2}$ converge uniformemente (que es la clave) sobre dichos intervalos para poder intercambiar series e integrales sin problemas. Este es un teorema estándar en el análisis real.

Answer 2

Para su enfoque:

Definir la secuencia $(f_n)_{n=1}^{\infty}$ por $f_n:(0,1) \to \mathbb{R}$ s.t. $f_n(x) = \left(\displaystyle\sum_{k=1}^n x^{2k}\right) \ln x$ y definir $f:(0,1) \to \mathbb{R}$ s.t. $f(x) = \dfrac{\ln x}{1-x^2}$ .

Demuestra que $f_n \to f$ uniformemente .

Entonces $\displaystyle\int_0^1 f_n \to \int_0^1 f$ para que $\displaystyle\int_0^1 f(x) dx = \displaystyle\lim_{n\to \infty} \displaystyle\int_0^1 f_n(x) dx$

(como explica Cameron)

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Enfoque alternativo:

Elige la rama del logaritmo que corresponde a tomar un corte a lo largo de $\mathbb{R}_{\geq 0}$ y considerar $I = \displaystyle\oint _C \dfrac{(\log z)^2}{1-z^2}dz$ a lo largo del contorno $C$ definido como $\gamma_+ \cup\gamma_R \cup\gamma_- \cup\gamma_{\epsilon}$ (recorrido en sentido contrario a las agujas del reloj) donde:

$\gamma_+ = \{z\in \mathbb{C} : z=x, \ \epsilon \leq x \leq R \} \ \ \ \ \ \ $ $\gamma _R = \{z\in \mathbb{C} : z=Re^{i\theta},\ 0<\theta<2\pi\}$

$\gamma_- = \{z\in \mathbb{C}: z=te^{2\pi i}, \ R\geq t\geq \epsilon \} \ \ \ \ \ \ $ $\gamma_{\epsilon} = \{z\in \mathbb{C} : z=\epsilon e^{i\theta}, \ 2\pi >\epsilon > 0\}$

Por el teorema del residuo, $I = 2\pi i \cdot \dfrac{-\pi^2}{-2e^{i\pi}} = \dfrac{i\pi^3}{e^{i\pi}}$ .

Tomando $R\to \infty, \epsilon \to 0$ Observando que las contribuciones de la integración a lo largo de $\gamma_{\epsilon}$ y $\gamma_R$ son infinitamente pequeños en el límite, también tenemos:

$\begin{eqnarray*} I&=& \displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{(\log x)^2}{1-x^2} dx - \displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{(\log x - 2\pi i)^2}{1-x^2} dx \\ &=& 4\pi i \displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{\log x}{1-x^2} dx + 4\pi ^2 \cdot \underbrace{\text{PV} \left(\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{1}{1-x^2} dx\right)}_{=\ 0}\\ &=&4\pi i \left(\displaystyle\int _0^1 \dfrac{\log x}{1-x^2}dx +\displaystyle\int _1^{\infty} \dfrac{\log x}{1-x^2}dx \right) \\ &=& 4\pi i \left(\displaystyle\int _0^1 \dfrac{\log x}{1-x^2}dx +\displaystyle\int _1^0 \dfrac{\log \frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x^2}}\cdot -\dfrac{1}{x^2} dx \right) \\ &=& 8\pi i \displaystyle\int _0^1 \dfrac{\log x}{1-x^2}dx \end{eqnarray*}$

Por lo tanto, $\displaystyle\int _0^1 \dfrac{\log x}{1-x^2}dx = \dfrac{-i\pi ^3}{8\pi i} = -\dfrac{\pi ^2}{8}$

Answer 3

Como sugiere 8 pi r $$\int x^{2k} \log(x)~ dx=\frac{x^{2 k+1} (2 k \log (x)+\log (x)-1)}{(2 k+1)^2}$$ así que $$\int_{0}^1 x^{2k} \log(x)~ dx=-\frac{1}{(2 k+1)^2}$$ y luego $$\int _0^1 {\ln(x)\over{1-x^2}}=-\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2 k+1)^2}=-{\pi^{2}\over 8}$$

Answer 4

Tal vez se pueda pensar en ello de forma ligeramente diferente. Para los valores de $x$ en $(0,1)$ la expansión geométrica para $\frac{1}{1-x^2}$ converge de forma absoluta y uniforme y no hay ningún problema.

Por lo tanto, considere

$$\lim_{a \nearrow 1} \int_0^a \frac{\ln x}{1-x^2} \mathrm{d}x,$$

que existe y es igual a la expansión que has escrito.

Answer 5

Recuerda que $\frac{1}{1-x^{2}}=1+x^{2}+\ldots$ para $-1<x<1$ así que $1+x^{2}+\ldots+x^{2n}$ convergen puntualmente a $\frac{1}{1-x^{2}}$ como $n$ aumento. Así, $\ln(x)(1+x^{2}+\ldots+x^{2n})$ convergen puntualmente a $\frac{ln(x)}{1-x^{2}}$ para $0<x<1$ .

Desde $\ln(x)(1+x^{2}+\ldots+x^{2n})$ son negativos y disminuyen monótonamente y convergen puntualmente en casi todas partes (sólo falta $0$ y $1$ ) a $\frac{\ln(x)}{1-x^{2}}$ utilizando el teorema de convergencia monótona de Lebesgue tenemos inmediatamente $\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{1-x^{2}}dx=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\int\limits_{0}^{1}\ln(x)(1+x^{2}+\ldots+x^{2n})dx$ .