Si$\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{1-x^2} dx = -\frac{π^2}{\lambda}$ encuentra$\lambda$ dado que$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{π^2}{6}$

Question

Si $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{π^2}{6}$$ then $$\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{1-x^2} dx = -\frac{π^2}{\lambda}$$ then the value of $\lambda$ es igual?

Mi intento- he intentado usando integración por partes la integral. Como resultado, me quedo con $$-\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}{x} dx$$ Ahora estoy atascado aquí! No sé cómo pasar de aquí! O tal vez la integración por partes fue una mala opción? Si es así, por favor me guía a una solución o me ayuda por Favor sobre cómo continuar a partir de aquí! Cualquier ayuda se agradece.

Answer 1

Naaah Desde $\frac{1}{1-x^2}=1+x^2+x^4+\ldots$ sobre $(0,1)$ y $\int_{0}^{1}x^{2n}\log(x)\,dx = -\frac{1}{(2n+1)^2}$ ,

$$ \int_{0}^{1}\frac{\log x}{1-x^2}\,dx = -\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^2} = -\left[\zeta(2)-\tfrac{1}{4}\zeta(2)\right] y $\lambda=\color{red}{8}$ .

Answer 2

Use la expansión $$\ln\frac{1+x}{1-x}=2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots\right) luego \begin{align} -\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\ln\frac{1+x}{1-x}}{x} dx &= -\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \dfrac1x2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots\right) dx \\ &= -\left(1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots\right) \\ &= \color{blue}{-\dfrac{\pi^2}{8}} \end {align}

Answer 3

Por otro enfoque, tome $f(x)=x^2$ a $[0,2\pi]$ y se extienden de forma periódica. Entonces la serie de Fourier para $f$ converge a $\frac{1}{2}(\text{jump})$ donde "saltar" es el valor de la diferencia de la izquierda y la mano derecha como límite $x\to 2\pi.$ Para esta $f$, saltar=$4\pi^2$. Por lo tanto, tenemos, después de la computación de la serie de Fourier para $f$ y la sustitución de $x=2\pi,$

$\frac{4\pi^{2}}{3}+\sum^{\infty}_{n=1}\frac{4\cos(2\pi n)}{n^2}=2\pi^2\Rightarrow\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^{2}}{6}$

Answer 4

Primero usamos parcial fracción de expansión para escribir

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{\log(x)}{1-x^2}\,dx&=\frac12\int_0^1 \frac{\log(x)}{1-x}\,dx-\frac12\int_0^1 \frac{\log(x)}{1+x}\,dx\tag1 \end{align}$$

Siguiente, la aplicación de la sustitución de $x\mapsto x^2$ revela

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{\log(x)}{1-x}\,dx&=\int_0^1 \frac{\log(x^2)}{1-x^2}\,2x\,dx\\\\ &=2\int_0^1 \frac{\log(x)}{1-x}\,dx+2\int_0^1 \frac{\log(x)}{1+x}\,dx \tag2 \end{align}$$

dónde podemos encontrar desde $(2)$ que

$$\int_0^1 \frac{\log(x)}{1+x}\,dx=-\frac12\int_0^1 \frac{\log(x)}{1-x}\,dx\tag3$$

Sustituyendo $(3)$ a $(1)$ obtenemos

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{\log(x)}{1-x^2}\,dx&=\frac34 \int_0^1 \frac{\log(x)}{1-x}\,dx\\\\ &=\frac34 \int_0^1 \frac{\log(1-x)}{x}\,dx\\\\ &=\frac34\int_0^1 \frac{-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}}{x}\,dx\\\\ &=-\frac34\sum_{n=1}^\infty\frac1n \int_0^1 x^{n-1}\,dx\\\\ &=-\frac34\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}\\\\ &-\frac{\pi^2}{8} \end{align}$$