Encontrando $ \int_0^1 \frac {\ln x}{1+x^2}\mathrm dx $

Question

Hoy me he encontrado con el problema de cómo encontrar $$ \displaystyle\int_{0}^{1} \frac {\ln x}{1 + x^2}\mathrm dx $$ pero no he conseguido arrancarlo. ¿Es ésta una de esas integrales que debemos abordar sólo desde el aspecto definitivo? Wolfram Alpha sugiere que la versión indefinida es miserable.

Gracias.

Answer 1

Utilice la integración por partes para obtener $$ \displaystyle\int_0^1 \frac {\ln x}{1 + x^2} \, \mathrm{d}x = \left[ \arctan(x) \ln(x) \right]_0^1 - \displaystyle\int_0^1 \frac {\arctan(x)}{x} \, \mathrm{d}x = - \displaystyle\int_0^1 \frac {\arctan(x)}{x} \, \mathrm{d}x. $$ Ahora, utilizamos la expansión de Taylor de $\arctan(x)$ para conseguir $$ -\int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{x}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}\,\mathrm{d}x $$ Cambia la suma y la integral y debería ser fácil llegar al resultado $ -\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac {(-1)^n}{(2n+1)^2} $ .

Esta es ahora la Constante catalana .

Answer 2

Dejar $-I = \int_0^1{\ln x \over 1 + x^2} \ dx.$ necesitaremos $$a_k = \int_0^\infty xe^{-kx}\ dx = {1 \over k^2} \int_0^\infty xe^{-x} \ dx = {1 \over k^2}$$

$I = \int_0^1{\ln x \over 1 + x^2} \ dx,$ por un cambio de variable $ u = -\ln x, x = e^{-u}, $ la integral

$\begin{eqnarray} I &=& \int_0^\infty{ ue^{-u} \over 1 + e^{-2u}} \ du \\ &=& \int_0^\infty ue^{-u}\left(1 - e^{-2u} + e^{-4u}+ \cdots \right) du\\ &=& a_1 - a_3 + a_5 + \cdots \\ &=&1 - {1 \over 3^2} + {1 \over 5^2} -{1 \over 7^2}+ \cdots = 0.9159\cdots= \mbox{ Catalan constant} \end{eqnarray}$

p.d.: acabo de aprender el nombre de esta constante.

Answer 3

\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x^2}\mathrm dx&=\int_0^{1}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\, x^{2n}\ln x\;\mathrm dx\tag1\\ &=\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\int_0^{1} x^{2n}\ln x\;\mathrm dx\tag2\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\tag3\\ &=\bbox[5pt,border:3px #FF69B4 solid]{\color{red}{\large-\text{G}}} \end{align}

---

Explicación :

$(1)\;$ Utilizar la expansión en serie $\;\displaystyle \frac{1}{1+y}=\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \,y^{n}$ y reemplazar $y=x^2$

$(2)\;$ Utilizar la fórmula $\;\displaystyle \int_0^1 x^n \ln^k x\ dx=\frac{(-1)^k\, k!}{(n+1)^{k+1}}$ , para $\ k=0,1,2,\cdots$

$(3)\;$ Expresión en serie de La constante del catalán

Answer 4

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, #1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 + x^{2}}\,\dd x} =\Re\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 - \ic x}\,\dd x =\Im\int_{0}^{1}{\ln\pars{-\ic\bracks{\ic x}} \over 1 - \ic x} \,\pars{\ic\,\dd x} =\Im\int_{0}^{\ic}{\ln\pars{-\ic x} \over 1 - x}\,\dd x \\[5mm]&=\Im\bracks{\left.\vphantom{\LARGE A} -\ln\pars{1 - x}\ln\pars{-\ic x}\right\vert_{\, 0}^{\,\ic} +\int_{0}^{\ic}{\ln\pars{1 - x} \over x}\,\dd x} =-\,\Im\int_{0}^{\ic}\Li{2}'\pars{x}\,\dd x =-\,\Im\Li{2}\pars{\ic} \\[5mm]&=-\,\Im\sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{\ic^{n} \over n^{2}} =-\,\Im\sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{\ic^{2n - 1} \over \pars{2n - 1}^{2}} =-\,\Im\bracks{% \ic^{-1}\sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over \pars{2n - 1}^{2}}} =-\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over \pars{2n + 1}^{2}} \\[5mm]&=\color{#66f}{\Large-G} \end{align}

donde $\ds{G}$ es el Constante catalana .