Encontrando $\int^1_0 \frac{\log(1+x)}{x}dx$ sin expansión en serie

Question

Estaba tratando de evaluar $$\int^1_0 \frac{\log(1+x)}{x}dx.$$

He ampliado $\log(1+x) $ como $x -\frac{x^2}{2}... $ y obtuvo la respuesta. Me gustaría saber si hay alguna forma de hacerlo sin ampliar la serie.

Answer 1

Tal vez le interese esto: observar que

$$\int_0^1 \frac{1}{1+xy}dy=\frac{\ln (x+1)}{x}$$

Podemos reescribir la integral como

$$\int_0^1\frac{\ln (x+1)}{x}\;dx=\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1+xy}\;dy\;dx$$

Ahora lea la página 11 de este artículo (tendrá que ligeramente adaptar lo anterior, por supuesto).

Answer 2

Paso I
Integrando por partes obtenemos que

$$\int^1_0 \frac{\log(1+x)}{x}dx=-\int^1_0 \frac{\log(x)}{x+1}dx$$

Paso II
Dejar $x=e^{-u}$ tenemos $$\int_0^{\infty}\frac{u}{e^u+1}du$$
Paso III $$\int_0^{\infty}\frac{u^{s-1}}{e^u+1}du=\Gamma(s)\cdot\eta(s)\tag1$$ que es el producto entre la función gamma y la función eta de Dirichlet

Paso IV
Dejemos que $s=2$ en $(1)$ y hemos terminado.

Chris.

Answer 3

Tenga en cuenta que el valor de $\int^1_0 \frac{n\ln(1+x^n)}{x}dx$ es invariante de $n$ . Entonces \begin{align} \int^1_0 \frac{\ln(1+x)}{x}dx= -\frac67\int^1_0 {\frac{\ln\frac{(1+x^3)}{(1+x^2)(1+x)}}{x} } dx =-\frac67\int^1_0 \frac{\ln\left( 1-\frac x{1+x^2}\right)}{x}dx \\ \end{align} Dejemos que $J(t)=\int^1_0 \frac{\ln\left( 1-\frac {2x\sin t}{1+x^2}\right)}{x}dx$ y $$J’(t)=-\int^1_0 \frac{2\cos t\ dx }{(x-\sin t)^2 +\cos^2t}=-\left(\frac\pi2+t\right)$$ Así, $$\int^1_0 \frac{\ln(1+x)}{x}dx = -\frac67 J(\frac\pi6)= -\frac67\int_0^{\frac\pi6}J’(t)dt=\frac67\int_0^{\frac\pi6}\left(\frac\pi2+t\right)dt = \frac{\pi^2}{12}$$

Answer 4

Sólo quiero compartir esto porque es interesante, utiliza una definición que es una serie.

Lo que está viendo es

$$\operatorname{Li}_2(-1) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}$$

Que es el polilogaritmo más "importante".

Lo que es aún más genial es que esto es $-\eta(2)$ que es la función dirchlet-eta.

Te mostraré cómo calcular $Li_2(-1) = -\eta(2)$ utilizando el serie definición. No es lo que pediste, pero no me resisto a compartirlo porque es realmente genial. Deja que $S$ representan la suma requerida.

$$S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}$$

El teorema del residuo dice:

$\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n f(n) = (-)\sum$ Res(f,c) $\cdot\pi\csc(\pi z)f(z)$ en los polos de $f(z)$

Porque $z=0$ es una singularidad dos veces para $z$ (por $z^2$ ) y una vez para $\csc(z)$ es una orden $k=3$ por lo que el residuo será según la tercera derivada de $f(z)$

$$(-)\sum \space \text{Res}(f,z=0)\cdot\pi\csc(\pi z)f(z) = -\frac{\pi^2}{6}$$

Pero fíjate porque $H(n) = (-1)^n f(n)$ está en paz:

$\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n f(n) = 2\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n f(n) = -\frac{\pi^2}{6}$

Finalmente,

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1-)^n}{n^2} = -\frac{\pi^2}{12}$$

Es interesante cómo tantas funciones están ligadas a esa integral.