ฉันจะพิสูจน์ได้อย่างไร $\int_{0}^{1} \frac {x-1}{\log(x) (1+x^3)}dx=\frac {\log3}{2}$

Question

คำถาม: -พิสูจน์ว่า$$\int_0^1 \frac {x-1}{\log(x) (1+x^3)} \, dx = \frac {\log(3)}{2}$$

ฉันเห็นปัญหานี้เป็นความคิดเห็นในวิดีโอ youtube เมื่อไม่กี่ชั่วโมงที่ผ่านมา แต่ฉันไม่รู้วิธีพิสูจน์ปัญหานี้เนื่องจากการรวมโดยส่วนต่างๆใช้ไม่ได้ที่นี่ นอกจากนี้ฉันไม่สามารถหาการเปลี่ยนตัวที่เหมาะสมใด ๆ ที่จะทำให้อินทิกรัลง่ายขึ้น

มีใครแนะนำคำใบ้ให้ฉันได้บ้าง

Answer 1

โปรดทราบว่า $\int_0^1 x^s\,ds=\frac{x-1}{\log(x)}$. จากนั้นเรามี

$$\int_0^1\frac{x-1}{\log(x)(x^3+1)}\,dx=\int_0^1\int_0^1 \frac{x^s}{(x^3+1)}\,ds\,dx$$

ตอนนี้เราใช้ทฤษฎีบทของ Fubini เพื่อแลกเปลี่ยนลำดับการรวมเพื่อเปิดเผย

$$\int_0^1\frac{x-1}{\log(x)(x^3+1)}\,dx=\int_0^1\int_0^1 \frac{x^s}{(x^3+1)}\,dx\,ds$$

ต่อไปเราจะขยายตัวส่วนในอนุกรมเรขาคณิตเพื่อหาสิ่งนั้น

$$\begin{align} \int_0^1\frac{x-1}{\log(x)(x^3+1)}\,dx&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\int_0^1\int_0^1 x^{s+3n}\,dx\,ds\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \log\left(\frac{3n+2}{3n+1}\right) \end{align}$$

ตอนนี้จบได้ไหม

---

โบนัส:

ในการประเมินชุดสุดท้ายเราขออุทธรณ์ต่อฟังก์ชัน digamma ความสัมพันธ์กับฟังก์ชันแกมมาและสูตรการสะท้อนของออยเลอร์ ดำเนินการต่อเราเขียน

$$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\log\left(\frac{3n+2}{3n+1}\right)&=\int_0^1 \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac1{s+3n+1}\,ds\\\\ &=\int_0^1 \sum_{n=0}^\infty\left(\frac1{6n+s+1}-\frac1{6n+s+4}\right)\,ds\\\\ &=\frac16\int_0^1\left(\psi((s+4)/6)-\psi((s+1)/6)\right)\,ds\\\\ &=\log\left(\frac{\Gamma(5/6)\Gamma(1/6)}{\Gamma(2/3)\Gamma(1/3)}\right)\\\\ &=\log\left(\frac{\sin(2\pi/3)}{\sin(5\pi/6)}\right)\\\\ &=\log(\sqrt 3) \end{align}$$

อย่างที่คาดไว้!

Answer 2

บันทึก

$$I=\int_{0}^{1} \frac {x-1}{\ln x (1+x^3)}dx \overset{x\to\frac1x}= \frac12\int_{0}^{\infty} \frac {x-1}{\ln x (1+x^3)}dx$$

ปล่อย $J(a) = \int_{0}^{\infty} \frac {x^a-1}{\ln x (1+x^3)}dx$. แล้ว$J’(a) = \int_{0}^{\infty} \frac {x^a}{1+x^3}dx=\frac\pi3\csc\frac{\pi(a+1)}3 $. ด้วยประการฉะนี้

$$I=\frac12 J(1) =\frac12\int_0^1J’(a)da=\frac\pi6\int_0^1\csc\frac{\pi(a+1)}3da=\frac{\ln3}2 $$

Answer 3

อีกทางเลือกหนึ่งสำหรับวิธีการของMark Violaให้ใช้อนุกรมเรขาคณิตเพื่อดู$$\small\int_0^1\frac{x-1}{x^3+1}\frac{{\rm d}x}{\log x}=\sum_{n\ge0}(-1)^n\int_0^1\frac{x^{3n+1}-x^{3n}}{\log x}\,{\rm d}x=\sum_{n\ge0}(-1)^{n+1}\int_0^\infty\frac{e^{-(3n+2)x}-e^{-(3n+1)x}}x\,{\rm d}x$$ หลังคือ https://en.wikipedia.org/wiki/Frullani_integral และประเมินเป็น $$\int_0^\infty\frac{e^{-(3n+2)x}-e^{-(3n+1)x}}x\,{\rm d}x=-\log\left(\frac{3n+2}{3n+1}\right)$$ จึงมาถึงที่ $$\int_0^1\frac{x-1}{x^3+1}\frac{{\rm d}x}{\log x}=\sum_{n\ge0}(-1)^n\log\left(\frac{3n+2}{3n+1}\right)$$ เช่นกัน

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \ start {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} \ มากกว่า 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} \ มากกว่า 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 \ พาร์ {\ root {3} / 2 \ over 1/2} \ label {2} \ tag {2} \\ [5mm] = & \ bbx {\ large {\ ln \ pars {3} \ over 2}} \ ประมาณ 0.5493 ​​\\ & \ end {align}

---

(\ ref {1}): ดู http://people.math.sfu.ca/%7Ecbm/aands/page_259.htm.

(\ ref {2}): http://people.math.sfu.ca/%7Ecbm/aands/page_256.htm.

สังเกตDigamma$\ds{\Psi}$นิยามฟังก์ชันในแง่ของฟังก์ชันแกมมา $\ds{\Gamma}$: $$ \Psi\pars{z} = \totald{\ln\pars{\Gamma\pars{z}}}{z} $$ ซึ่งใช้ใน (\ ref {1})