Como puedo probar $\int_{0}^{1} \frac {x-1}{\log(x) (1+x^3)}dx=\frac {\log3}{2}$
Pregunta: - Demuestre que$$\int_0^1 \frac {x-1}{\log(x) (1+x^3)} \, dx = \frac {\log(3)}{2}$$
Vi este problema como un comentario en un video de YouTube hace unas horas, pero no sé cómo probar este ya que la integración por partes no funciona aquí. Además, no pude encontrar ninguna sustitución adecuada que simplificara la integral.
¿Alguien puede sugerirme algunas pistas?
Respuestas
Tenga en cuenta que $\int_0^1 x^s\,ds=\frac{x-1}{\log(x)}$. Entonces tenemos
$$\int_0^1\frac{x-1}{\log(x)(x^3+1)}\,dx=\int_0^1\int_0^1 \frac{x^s}{(x^3+1)}\,ds\,dx$$
Ahora aplicamos el teorema de Fubini para intercambiar el orden de integración para revelar
$$\int_0^1\frac{x-1}{\log(x)(x^3+1)}\,dx=\int_0^1\int_0^1 \frac{x^s}{(x^3+1)}\,dx\,ds$$
A continuación, expandimos el denominador en una serie geométrica para encontrar que
$$\begin{align} \int_0^1\frac{x-1}{\log(x)(x^3+1)}\,dx&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\int_0^1\int_0^1 x^{s+3n}\,dx\,ds\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \log\left(\frac{3n+2}{3n+1}\right) \end{align}$$
¿Puedes terminar ahora?
PRIMA:
Para evaluar la serie final recurrimos a la función digamma, su relación con la función Gamma y la fórmula de reflexión de Euler. Continuando, escribimos
$$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\log\left(\frac{3n+2}{3n+1}\right)&=\int_0^1 \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac1{s+3n+1}\,ds\\\\ &=\int_0^1 \sum_{n=0}^\infty\left(\frac1{6n+s+1}-\frac1{6n+s+4}\right)\,ds\\\\ &=\frac16\int_0^1\left(\psi((s+4)/6)-\psi((s+1)/6)\right)\,ds\\\\ &=\log\left(\frac{\Gamma(5/6)\Gamma(1/6)}{\Gamma(2/3)\Gamma(1/3)}\right)\\\\ &=\log\left(\frac{\sin(2\pi/3)}{\sin(5\pi/6)}\right)\\\\ &=\log(\sqrt 3) \end{align}$$
¡como se esperaba!
Nota
$$I=\int_{0}^{1} \frac {x-1}{\ln x (1+x^3)}dx \overset{x\to\frac1x}= \frac12\int_{0}^{\infty} \frac {x-1}{\ln x (1+x^3)}dx$$
Dejar $J(a) = \int_{0}^{\infty} \frac {x^a-1}{\ln x (1+x^3)}dx$. Entonces $J’(a) = \int_{0}^{\infty} \frac {x^a}{1+x^3}dx=\frac\pi3\csc\frac{\pi(a+1)}3 $. Así,
$$I=\frac12 J(1) =\frac12\int_0^1J’(a)da=\frac\pi6\int_0^1\csc\frac{\pi(a+1)}3da=\frac{\ln3}2 $$
Alternativamente al enfoque de Mark Viola , use la serie geométrica para ver $$\small\int_0^1\frac{x-1}{x^3+1}\frac{{\rm d}x}{\log x}=\sum_{n\ge0}(-1)^n\int_0^1\frac{x^{3n+1}-x^{3n}}{\log x}\,{\rm d}x=\sum_{n\ge0}(-1)^{n+1}\int_0^\infty\frac{e^{-(3n+2)x}-e^{-(3n+1)x}}x\,{\rm d}x$$ Este último es una integral de Frullani y se evalúa como $$\int_0^\infty\frac{e^{-(3n+2)x}-e^{-(3n+1)x}}x\,{\rm d}x=-\log\left(\frac{3n+2}{3n+1}\right)$$ y así llegar a $$\int_0^1\frac{x-1}{x^3+1}\frac{{\rm d}x}{\log x}=\sum_{n\ge0}(-1)^n\log\left(\frac{3n+2}{3n+1}\right)$$ también.
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{1}{x - 1 \over \ln\pars{x}\pars{1 + x^{3}}} \,\dd x} = \int_{0}^{1}{1 \over 1 + x^{3}}\ \overbrace{\int_{0}^{1}x^{t}\,\dd t}^{\ds{x - 1 \over \ln\pars{x}}}\ \dd x \\[5mm] = &\ \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}{x^{t} - x^{t + 3} \over 1 - x^{6}}\,\dd x\,\dd t = {1 \over 6} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}{x^{t/6 - 5/6} - x^{t/6 - 1/3} \over 1 - x} \,\dd x\,\dd t \\[5mm] = &\ {1 \over 6}\int_{0}^{1}\pars{\int_{0}^{1}{1 - x^{t/6 - 1/3} \over 1 - x} \,\dd x - \int_{0}^{1}{1 - x^{t/6 - 5/6} \over 1 - x} \,\dd x}\,\dd t \\[5mm] = &\ {1 \over 6}\int_{0}^{1}\bracks{\Psi\pars{{t \over 6} + {2 \over 3}} - \Psi\pars{{t \over 6} + {1 \over 6}}}\,\dd t = \left. \ln\pars{\Gamma\pars{t/6 + 2/3} \over \Gamma\pars{t/6 + 1/6}}\right\vert_{\ 0}^{\ 1}\label{1}\tag{1} \\[5mm] = &\ \ln\pars{{\Gamma\pars{5/6} \over \Gamma\pars{1/3}}\,{\Gamma\pars{1/6} \over \Gamma\pars{2/3}}} = \ln\pars{\sin\pars{\pi/3} \over \sin\pars{\pi/6}} = \ln\pars{\root{3}/2 \over 1/2}\label{2}\tag{2} \\[5mm] = & \bbx{\large {\ln\pars{3} \over 2}} \approx 0.5493 \\ & \end{align}
(\ ref {1}): ver Digamma$\ds{\Psi}$ Identidad $\ds{\bf\color{black}{6.3.22}}$.
(\ ref {2}): Fórmula de reflexión de Euler$\ds{\bf\color{black} {6.1.17}}$.
Tenga en cuenta el Digamma$\ds{\Psi}$Definición de función en términos de la función gamma $\ds{\Gamma}$: $$ \Psi\pars{z} = \totald{\ln\pars{\Gamma\pars{z}}}{z} $$ que se usó en (\ ref {1}).