Es posible utilizar "Feynman, el truco de la" (diferenciar en el integral o Leibniz integral de la regla) para calcular el $\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x}dx\:?$

Question

He oído que el equivalente integral: $-\int_0^\infty \frac{x}{e^x-1}dx$ puede ser hecho usando el Contorno de integración (nunca he estudiado este). También que, a veces, "Leibniz integral de la regla" se utiliza en lugar de Contorno de integración. Por lo tanto puede "Feynman, el truco de la" se usa para mostrar que $\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x}dx = -\frac{\pi^2}{6}$ $\:\:?$

Answer 1

Una aplicación directa podría ser

$$\left.\frac{d}{ds} \int_0^{1-\delta} \frac{x^s}{1-x} \, dx\right|_{s = 0} = \left.\int_0^{1-\delta} \frac{ x^s \ln x}{1-x} \, dx\right|_{s = 0} = \int_0^{1-\delta} \frac{\ln x}{1-x} \, dx = \int_\delta^{1 } \frac{\ln (1-x)}{x} \, dx $$

Evaluar la integral en el lado izquierdo utilizando la serie geométrica de expansión de expansión de $1/(1-x)$ y, a continuación, tomar el límite de $\delta \to 0$ (ya que el inadecuado integral en el lado derecho converge).

Usted puede también seguir probando la segunda igualdad en

$$- \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} \,dx = \int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1 - xy}\, dx \,dy = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} =\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$$

el uso de la serie geométrica $1/(1 -xy) = 1 + xy + (xy)^2 + \ldots $ La primera igualdad es bastante obvia.

Más generalmente nos llegan por el mismo proceso

$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{x^\alpha y^\alpha}{1 - xy}\, dx \,dy = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(k + \alpha)^2}$$

y Feynman del truco de repetirse la integración con respecto a la $\alpha$ es usado para extender el resultado a otras integrales.

Answer 2

Deje $\displaystyle J=\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx$

Deje $f$ ser una función definida en el $\left[0;1\right]$,

$\displaystyle f(s)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \arctan\left(\frac{\cos t-s}{\sin t}\right)\,dt$

Observar que,

$\begin{align} f(0)&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(\frac{\cos t}{\sin t}\right)\,dt\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{\pi}{2}-t\right)\,dt\\ &=\left[\frac{t(\pi-t)}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{\pi^2}{8} \end{align}$

$\begin{align} f(1)&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(\frac{\cos t-1}{\sin t}\right)\,dt\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(-\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right)\,dt\\ &=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right)\,dt\\ &=-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{t}{2}\,dt\\ &=-\frac{\pi^2}{16} \end{align}$

Para $0<s<1$,

$\begin{align} f^\prime(s)&=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin t}{1-2s\cos t+s^2}\,dt\\ &=-\Big[\frac{\ln(1-2s\cos t+s^2)}{2s}\Big]_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{\ln(\left(1-s)^2\right)}{2s}-\frac{\ln(1+s^2)}{2s}\\ &=\frac{\ln(1-s)}{s}-\frac{\ln(1+s^2)}{2s}\\ \end{align}$

Por lo tanto,

$\begin{align} f(1)-f(0)&=\int_0^1 f^\prime(s)\,ds\\ &=\int_0^1 \left(\frac{\ln(1-s)}{s}-\frac{\ln(1+s^2)}{2s}\right)\,ds\\ -\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi^2}{8}&=J-\int_0^1 \frac{\ln(1+s^2)}{2s}\,ds\\ -\frac{3\pi^2}{16}&=J-\int_0^1 \frac{\ln(1+s^2)}{2s}\,ds\\ \end{align}$

En el último integral realizar el cambio de variable $y=s^2$,

$\begin{align} -\frac{3\pi^2}{16}&=J-\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln(1+y)}{y}\,dy\\ &=J-\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln(1-y^2)-\ln(1-y)}{y}\,dy\\ &=J+\frac{1}{4}J-\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln(1-y^2)}{y}\,dy\\ \end{align}$

En el último integral realizar el cambio de variable $x=y^2$,

$\begin{align} -\frac{3\pi^2}{16}&=J+\frac{1}{4}J-\frac{1}{4}\times \frac{1}{2}J\\ &=\frac{9}{8}J\\ \end{align}$

Por lo tanto,

$\begin{align}J&=\frac{8}{9}\times -\frac{3}{16}\pi^2\\ &=\boxed{-\frac{\pi^2}{6}}\end{align}$

Answer 3

Usted puede usar la función beta para hacer eso, es decir, $$B(x,y) = \int _0^{1} t^{x-1} (1-t)^{y-1 } \mathop{\text{d} x}$$ Vamos a utilizar ese $$ \frac{\partial B(x,y)}{\partial y}=B(x,y)( \psi(y) - \psi(x+y))$$ donde $\psi$ es la función digamma.

Por lo tanto, $$\frac{\partial B(x,1)}{\partial y}=\int _0^{1} t^{x-1} (-\ln(1-t))\mathop{\text{d} x}$$ Y por la monotonía de convergencia que hemos $$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\partial B(x,1)}{\partial y}=\int _0^{1} -\frac{\ln(1-t)}{t}\mathop{\text{d} x}$$ Por último, tenemos \begin{align} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\partial B(x,1)}{\partial y}&= \lim_{x\to 0}xB(x,y) \lim_{x\to 0}\frac{( \psi(y) - \psi(x+y))}{x}\\ &=1 \cdot(-\psi^{(1)}(1))\\ &=\frac{\pi^2}{6} \end{align} Así llegamos a la conclusión.

Answer 4

Supongo que no eres feliz con el $$ \ln(1-x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}, \qquad x\en(-1,1) $$ a partir de la cual $$\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x}dx &= -\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n} dx = -\int_0^1 \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n}}{n+1} dx \\&\stackrel{\rm (\ast)}{=} -\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n+1}\int_0^1 x^n dx = -\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^2}\\ &= -\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \boxed{-\frac{\pi^2}{6}} \end{align}$$ ? (No es su truco, sólo una buena serie representación de $\ln(1-x)$ que va un largo camino.)

La única "pega" es que el intercambio de $\int$ $\sum$ $(\ast)$ realidad requiere de un poco de justificación.