Evalúe.

Question

¿Cómo evaluaría una $\int_0^1 {\ln(1+x)\over x}\,dx$?

Me gustaría hacer esto sin aproximaciones. No muy seguro dónde empezar. Lo que realmente me molesta es que me encontré con esto al revisar mi vieja Introducción a libro de calculo... pero estoy bastante seguro de que he agotado todos los métodos básicos que se enseñan en ese texto.

Answer 1

Es de la serie de Taylor para $\frac{\ln(1+x)}{x}$ $\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{x^{n-1}}{n}$, y esto converge absolutamente en $(0,1)$ así que podemos utilizar para nuestra integral. Esto quiere decir $$\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}=\int_0^1\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{x^{n-1}}{n}=\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\int_0^1\frac{x^{n-1}}{n}=\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{1}{n^2}$ $ y esta serie es igual a $\pi^2/12$ según Wolfram | Alfa.

Answer 2

$$ \int^1_0 \frac{ \log (1+x) }{x} dx = \int^1_0 \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{n-1}}{n} dx$$

$$ =\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \int^1_0 \frac{x^{n-1} }{n} dx = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n^2}. $$

Indicar $\displaystyle S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.$ entonces $$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n^2} = S - 2\left( \frac{1}{2^2} + \frac{1}{4^2} + \frac{1}{6^2} + \cdots \right) = S - \frac{S}{2} = \frac{\pi^2}{12}.$ $

Así $$\int^1_0 \frac{ \log (1+x) }{x} dx = \frac{\pi^2}{12}.$ $

Answer 3

$$ I = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)} {x} \,dx = \int_0^\infty \ln(1+e^{-t})\,dt\,, $$ donde $x = e^{-t}$. Luego ampliar $$ \ln (1 + e ^ {-t}) = \sum_{n=1}^\infty \frac {(-1) ^ {n-1}} \,e^ {n} {-tn} \,, $$ Así que encontramos $$ I = \sum_{n=1}^\infty \frac {(-1) ^ {n-1}} \,\int_0^\infty {n} e ^ {-tn} \,dt = \sum_{n=1}^\infty \frac {(-1) ^ {n-1}} {n ^ 2} = \frac{\pi^2}{12}\,. ¿$$ Es la última suma familiar para usted? Qué pasa con el estrechamente relacionado y más fácil sumar $$ ¿\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}\,? $$