Demostrando $\int_{1}^{0}\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx=\dfrac{\pi ^{2}}{6}$

Question

Hay manera de mostrar a $\int_{1}^{0}\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx=\dfrac{\pi ^{2}}{6}$ sin el uso de la Riemann zeta función?

Answer 1

Nota: Como ha señalado Hans, esta respuesta se utiliza el hecho de que $\zeta(2) = \dfrac{\pi ^2}{6}$ y por lo tanto no es lo que el OP pidió.

$$\frac{\ln(1+x)}{x} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}...$$

$$\int\frac{\ln(1+x)}{x}dx = x - \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{9}...+C$$

$$\int\limits^{0}_{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx = -1 + \frac{1}{4} - \frac{1}{9}...$$

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Después de la pregunta de edición:

Tenemos $$\frac{\ln(1-x)}{x} = - 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{3}...$$

$$\int\frac{\ln(1-x)}{x}dx = -x + \frac{x^2}{4} - \frac{x^3}{9}...+C$$

Por lo tanto, $$\int\limits^{0}_{1}\frac{\ln(1-x)}{x}dx = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9}...$$

$$=\frac{\pi ^2}{6}$$

Answer 2

(Supongo que lo que quieres decir es que usted no desea utilizar el hecho de que $\sum 1/n^2=\pi^2/6$.)

Sí, hay una manera de ver esto, y esta es la base de Mikael Passare de papel, Cómo calcular $\sum 1/n^2$ mediante la resolución de triángulos (gratis preprint en arXiv, o la versión publicada en JSTOR para suscriptores).

Si establece $x=e^{-t}$, la integral se convierte en $$ \int_0^{\infty} -\ln(1-e^{-t}) \, dt , $$ o $$ \int_0^{\infty} -\ln(1-e^{-x}) \, dx $$ si llamamos a la variable $x$ nuevo. Esta es el área de una región en el primer cuadrante de la $xy$-plano, por debajo de la curva de $y=-\ln(1-e^{-x})$ (o, equivalentemente,$e^{-x}+e^{-y}=1$). Esta región se denomina $U_0$ i Passare de papel, y nos muestra que hay otras dos regiones $U_1$ $U_2$ con la misma área y, a continuación, a través de un ingenioso área de la preservación de cambio de variables que el área combinada de $U_0$, $U_1$ y $U_2$ equivale al área de un derecho determinado triángulo $T$, lo que es obviamente $\pi^2/2$. Por lo tanto el área de $U_0$ (su integral) es $\pi^2/6$.

(Ver también esta respuesta y este.)

Answer 3

Para ampliar Tim solución:

La expansión de la serie del logaritmo de los rendimientos de la siguiente representación para todos los $x \in [-1, 1)$: $$\log(1 - x) = -\sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{x^n}{n}$$

Esto significa que necesitamos para calcular la siguiente integral: $$\int_0^1 \sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{x^{n - 1}}{n} \; dx$$

Ususally tendría que aplicar el teorema de convergencia dominada para el intercambio de la integral y el límite en este punto. Sin embargo, la serie no tiene un integrable majorant [yo no comprobar este rigurosamente, pero estoy bastante seguro de que este es el caso].

Podemos evitar esto de escribir la integral como límite de: $$\int_0^1 \sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{x^{n - 1}}{n} \; dx = \lim \limits_{t \nearrow 1} \int_0^t \sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{x^{n - 1}}{n} \; dx$$

Ahora bien, desde la serie de Taylor converge uniformemente en cada intervalo de $[0, t]$$0 < t < 1$, nos permite el intercambio de la suma y la integral: $$\lim \limits_{t \nearrow 1} \int_0^t \sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{x^{n - 1}}{n} \; dx = \lim \limits_{t \nearrow 1} \sum \limits_{n = 1}^\infty\int_0^t \frac{x^{n - 1}}{n} \; dx = \lim \limits_{t \nearrow 1}\sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{t^n}{n^2}$$

Finalmente podemos intercambio del límite y de la suma por Abel del teorema: $$\lim \limits_{t \nearrow 1}\sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{t^n}{n^2} = \sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$$

Answer 4

Usando el mismo método que el anterior, para la necesaria integral de la $\int_{1}^{0}\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx$ "se siente razonable" para hacer primero la sustitución de $1-x = e^{-z}$$dx|_{x=1}^{x=0} = e^{-z}dz|_{z=\infty}^{z=0}$, de modo que la integral se puede escribir como $\int^{\infty}_{0}\dfrac{z e^{-z}}{1-e^{-z}}dz$.

Después de este expandir $\dfrac{1}{1-e^{-z}} = \sum_{n=0}^{n=\infty} e^{-n z}$. Finalmente, tienen que lidiar con la suma de $\sum_{n=0}^{n=\infty} \dfrac{1}{(n+1)^2}$ que se identifica como $\pi^2 / 6$.