Me gustaría que me ayudaras a demostrar que $$\int_0^1 \frac{\ln x }{x-1}d x=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}.$$ He intentado usar series de Fourier, o usar una serie de potencias e integrarla dos veces pero no me ha funcionado.
¿Alguna sugerencia?
Gracias.
Sugerencia: utilice la sustitución $u=1-x$ para obtener $$ I:=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x-1}dx=-\int_{0}^{1}\frac{\ln \left( 1-u\right) }{u}\,du $$
y las siguientes series de Maclaurin $$ \ln \left( 1-u\right) =-u-\frac{1}{2}u^{2}-\frac{1}{3}u^{3}-\ldots -\frac{ u^{n+1}}{n+1}-\ldots\qquad(\left\vert u\right\vert <1) $$
Por si alguien lee esta respuesta, creo que es necesario decir algo así como para todos $u\in(0,1)$ y para todos $n\in\Bbb N$ , $$\left|1+\frac12u+\frac13u^2+\cdots\frac1nu^{n-1}\right|\leq-\frac{\ln(1-u)}u=g(u)$$ de modo que, puesto que $g$ es integrable en $(0,1)$ se puede aplicar la convergencia dominada y cambiar la suma por la integral.
$$ \int_0^1 \frac{\log x}{x-1}dx =\lambda$$
Haciendo $x = 1-u$ produce (mantener el $x$ )
$$-\int_0^1 \frac{\log (1-x)}{x}dx=\lambda$$
$$\frac{\log (1-x)}{x}=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{n}$$
$$-\int_0^1 \frac{\log (1-x)}{x}dx =\left.\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n^2} \right|_0^1 =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$$
Problema relacionado: I , II . Utilizando el cambio de variables $u=-\ln(x)$ y la identidad
$$ \int_{0}^{\infty}\frac{u^{s-1}}{e^u -1}=\zeta{(s)}\Gamma{(s)} $$
llegamos al resultado deisred
$$ \int_0^1 \frac{\ln x }{x-1}= \int_{0}^{\infty}\frac{u}{e^u -1}=\zeta{(2)}\Gamma{(2)} =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}. $$
Añadido: Tenga en cuenta que,
$$ \int_{0}^{\infty}\frac{u^{s-1}}{e^u - 1}=\int_{0}^{\infty}\frac{u^{s-1}}{e^u}(1-e^{-u})^{-1}= \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{\infty}{u^{s-1}e^{-(n+1)u}}$$
$$= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^s} \int_{0}^{\infty}{y^{s-1}e^{-y}}= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} \Gamma(s)= \zeta(s) \Gamma(s).$$
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Sugerencia tomar la derivada de $\ln{x}\ln(1-x)$ y recuerda que $x\ln{x}\rightarrow{0}$ como $x\rightarrow{0}$ .
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Juguetear con esto me llevó a pensar en $\lim\limits_{x\to0+}((\log x)(\log(1-x)))$ . Tal vez si alguna vez tengo una clase de estudiantes brillantes tomando cálculo, voy a asignar esto. (...y veo que "bgins" también pensó en eso.)
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@bgins: ¿Puedes ampliar tu comentario? No estoy seguro de entender lo que hay que hacer.
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@Jozef: $[\ln(x)\ln(1-x)]'=\frac{\ln(1-x)}{x}+\frac{\ln{x}}{x-1}$ . Integrando, el LHS es cero debido al límite mencionado. ¡Entonces, tenemos la misma situación que americo-tavares y peter abajo, excepto que sus rutas son mejores porque más son directas (no sacar conejos de sombreros)!
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Me parece oportuno mencionar que, si se desea utilizar la representación en serie de potencias de $f(x)={\ln(1-x)\over x}$ en $(-1,1)$ se necesita el siguiente teorema (que no suele mencionarse en una secuencia introductoria de Cálculo): Supongamos una serie de potencias $f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n$ converge en $[a,b)$ y supongamos $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n {b^{n+1}\over n+1}$ converge. Entonces $f(x)$ es impropiamente integrable en $[a,b]$ y $\int_a^b f(x)\,dx= \sum\limits_{n=0}^\infty a_n\int_a^b x^n\, dx$ .
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@DavidMitra: Si demostramos que la integral original es convergente, ¿sigue siendo necesario aplicar este teorema?
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@AméricoTavares No estoy seguro (no debería haber dicho "necesitaba")... El dato de mi comentario anterior era el único teorema que he podido encontrar que justifique el método. También me interesaría saber la respuesta a tu pregunta.
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@AméricoTavares Podrías aplicar la Convergencia Dominada de Lebesgue, ¿no?
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@DavidMitra Puede que tengas razón, pero sinceramente no lo sé.
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Te falta un $\textrm{d}x$ en tu integral.
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Pregunta inversa cómo calcular $\int_0^1 \frac{x-1}{\ln x} d x$ ?