Logarítmica integral de la $\int^1_0 \frac{\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx$

Question

Cómo probar el siguiente

$$\int^1_0 \frac{\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx=\frac{\pi^2}{2}$$

Pensé que separa las dos integrales y el uso de la beta o funciones hipergeométricas pero yo pensaba que estas no son las mejores ideas para abordar el problema.

Cualquier otra idea ?

Answer 1

Después del cambio de las variables de $x=\tanh u$ (sugerida por la raíz cuadrada) esta integral se reduce a $$\mathcal{I}=\int_0^{\infty}\frac{2u\,du}{\sinh u}.$$ La expansión de $\displaystyle\frac{1}{\sinh u}=2\sum_{k=0}^{\infty}e^{-(2k+1)u}$ e intercambio de suma y de la integración, nos encontramos con que $$\mathcal{I}=4\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}.$$ Estándar manipulaciones expresar los últimos suma en términos de $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$: $$\zeta(2)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}+\frac{\zeta(2)}{4}\quad \Longrightarrow \quad \displaystyle\mathcal{I}=3\zeta(2).$$

Answer 2

Deje $-1\le a \le 1$ y el: \begin{align*} I(a) &= \int_{0}^{1} \, \log\left(\frac{1+a\,x}{1-a\, x}\right)\frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\, dx \tag 1\\ \frac{\partial}{\partial a}I(a) &= \int_{0}^{1} \, \frac{1}{(1+a\, x)\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{(1-a\, x)\sqrt{1-x^2}} \, dx\\ &= \frac{1}{\sqrt{1-a^2}}\, \left(\arcsin\left(\frac{x+a}{1+a\, x}\right)+\arcsin\left(\frac{x-a}{1-a\, x}\right) \right) \Big|_0^1\\ &= \frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}}\\ \therefore I(a) &= \pi\, \arcsin{a} + C \tag 2\\ \end{align*} Poner a $a=0$,$(1)$$(2)$, podemos ver que $C=0$

Por lo tanto, \begin{align*} I(a) &= \int_{0}^{1} \, \log\left(\frac{1+a\,x}{1-a\, x}\right)\frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\, dx = \pi\, \arcsin{a} \end{align*}

y para este problema $$I(1)=\frac{\pi^2}{2}$$

Answer 3

El siguiente método que utiliza el contorno de la integración.

Primer aviso de que

$$ \int_{0}^{1} \frac{\log \left(\frac{1+x}{1-x} \right)}{x\sqrt{1-x^{2}}} \ dx = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1}\frac{\log \left(\frac{1+x}{1-x} \right)}{x\sqrt{1-x^{2}}} \ dx.$$

Ahora considere la posibilidad de $$f(z) = \frac{\log (1+z) - \log(1-z)}{z\sqrt{1-z^{2}}} = \frac{\log(1+z) - \log(1-z)}{z \sqrt{|1+z|e^{i \arg(1+z)} |1-z|e^{i\arg(1-z)}}} $$ where $- \pi < \arg(1+z) \le \pi$ and $ 0 < \arg(1-z) \le 2 \pi$.

Omitiendo el segmento de línea $[-1,1]$, $f(z)$ está bien definido en el plano complejo.

Justo por encima de la rama de corte, $f(z)$ tiene una simple poste de $z=0$.

Así que a partir de justo por encima de la rama de corte y la integración de las agujas del reloj alrededor de un hueso de perro de contorno,

$$ \begin{align} &\text{PV} \int_{-1}^{1} \frac{\log (1+x) - \log(1-x) - 2 \pi i}{x\sqrt{(1+x)e^{i0}(1-x)e^{2 \pi i}}} \ dx+ \int_{1}^{-1} \frac{\log (1+x) - \log(1-x)}{x\sqrt{(1+x)e^{i0}(1-x)e^{i0}}} \ dx \\ &= -2\int_{-1}^{1} \frac{\log \left(\frac{1+x}{1-x} \right)}{x\sqrt{1-x^{2}}} \ dx+ 2 \pi i \ \text{PV} \int_{-1}^{1} \frac{1}{x\sqrt{1-x^{2}}} \ dx \\ &= \pi i \ \text{Res}[f(z),0] + 2 \pi i \ \text{Res}[f(z), \infty] \\ &= \pi i (2 \pi i) + 2 \pi i (0)\\ &= - 2 \pi^{2} . \end{align}$$

E igualando las partes reales en ambos lados de la ecuación,

$$\int_{0}^{1} \frac{\log \left(\frac{1+x}{1-x} \right)}{x\sqrt{1-x^{2}}} \ dx = \frac{\pi^{2}}{2}.$$

Answer 4

Considere la integral \begin{align} I = \int_{0}^{1} \frac{\ln\left( \frac{1+x}{1-x} \right)}{x \sqrt{1-x^{2}}} \ dx \end{align} cuando la transformación $x = \tanh(t)$. El resultado integral está dada por \begin{align} I &= \int_{0}^{\infty} \ln\left( \frac{1+\tanh(t)}{1-\tanh(t)}\right) \frac{\cosh^{2}(t)}{\sinh(t)} \ dt \\ &= \int_{0}^{\infty} \ln\left( \frac{e^{t}}{e^{-t}}\right) \frac{\cosh^{2}(t)}{\sinh(t)} \ dt \\ &= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{t \cosh^{2}(t)}{\sinh(t)} \ dt \\ &= 2 \left( \frac{\pi^{2}}{4} \right) \end{align} que los rendimientos de \begin{align} \int_{0}^{1} \frac{\ln\left( \frac{1+x}{1-x} \right)}{x \sqrt{1-x^{2}}} \ dx = \frac{\pi^{2}}{2}. \end{align}

Answer 5

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{1} {\ln\pars{1 + x \a más de 1 - x} \over x\raíz{1 - x^{2}}}\,\dd x ={\pi^{2} \over 2}:\ {\large ?}}$

Con $\ds{x \equiv \cos\pars{\theta}}$: \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}% \ln\pars{1 + x \over 1 - x}\,{\dd x \over x\root{1 - x^{2}}}} =\int_{\pi/2}^{0} \ln\pars{1 + \cos\pars{\theta} \over 1 - \cos\pars{\theta}}\, {-\,\dd\theta \over \cos\pars{\theta}} \\[3mm]&=-2\int_{0}^{\pi/2}{\ln\pars{\tan\pars{\theta/2}} \over \cos\pars{\theta}}\,\dd\theta \end{align}

Set $\ds{\tan\pars{\theta \over 2} \equiv t}$: \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}% \ln\pars{1 + x \over 1 - x}\,{\dd x \over x\root{1 - x^{2}}}} =-4\int_{0}^{1}{\ln\pars{t} \over 1 - t^{2}}\,\dd t =-4\int_{0}^{1}{\ln\pars{t^{1/2}} \over 1 - t}\,\half\,t^{-1/2}\,\dd t \\[3mm]&=-\int_{0}^{1}{t^{-1/2}\ln\pars{t} \over 1 - t}\,\dd t =\lim_{\mu \to -1/2}\partiald{}{\mu}\int_{0}^{1}{1 - t^{\mu} \over 1 - t}\,\dd t \end{align}

Con la identidad ${\bf\mbox{6.3.22}}$ ( $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la Función Digamma ${\bf\mbox{6.3.1}}$ y $\ds{\gamma}$ es el de Euler-Mascheroni Constante ${\bf\mbox{6.1.3}}$ ) $$ \int_{0}^{1}{1 - t^{z - 1} \over 1 - t}\,\dd t =\Psi\pars{z} + \gamma\etiqueta{$\bf 6.3.22$} $$

\begin{align}&\color{#44f}{\large\int_{0}^{1}% \ln\pars{1 + x \over 1 - x}\,{\dd x \over x\root{1 - x^{2}}}} =\lim_{\mu \to -1/2}\partiald{\Psi\pars{\mu + 1}}{\mu} = \Psi'\pars{\half} =3\ \underbrace{\zeta\pars{2}}_{\ds{{\pi^{2} \over 6}}}= \color{#44f}{\Large{\pi^{2} \over 2}} \end{align}

Ver ${\bf\mbox{6.4.4}}$.