Demostrar que $\int_0^1 \frac{\ln x}{x-1} dx$ convergen.

Question

Demostrar que $\int_0^1 \frac{\ln x}{x-1} dx$ converge.

No podemos aplicar Abel s/Dirichliet de pruebas (Por ejemplo, Dirichliet de la prueba exige que por $g(x)=\ln x$, $\int_0^1 g(x)dx < \infty$ que no es cierto).

También traté de comparar la integral a otro;

Desde $x>\ln x$ traté de mirar a $\int_0^1 \frac{x}{x-1} dx$ pero esta integral diverge.

¿Qué más puedo hacer?

EDITAR:
Al parecer, yo también necesita mostrar que la integral es igual a $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$.

He utilizado WolframAlpha y llegó a la conclusión de que la expansión de $\ln x$$x=1$$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k(-1+x)^k}{k}$. Sería útil?

Answer 1

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln x}{x-1} dx &=\int_0^1 \frac{\sum_{k=1}^\infty \frac{-(-1)^k(-1+x)^k}{k}}{x-1} dx \\~\\ &=\int_0^1 \sum_{k=1}^\infty \frac{-(-1)^k(-1+x)^{k-1}}{k} dx \\~\\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{-(-1)^k}{k}\int_0^1(-1+x)^{k-1} dx \\~\\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k}\dfrac{(-1)^k}{k} \\~\\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \\~\\ \end {Alinee el}$$

Answer 2

SUGERENCIA:

utilizar $$\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}

$$\int_0^1\frac{\ln x}{x-1}dx=-\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1x^n\ln x dx=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$$

Answer 3

Tenga en cuenta que pueden integrarse termwise la serie de energía $\ln$ $(0,1)$.

$$\int_{\epsilon}^{1-\delta}\frac{\ln x}{x-1}dx=-\int_{\delta}^{1-\epsilon}\frac{\ln (1-x)}{x}dx \\= \int_{\delta}^{1-\epsilon}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k-1}}{k}dx\\=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{\delta}^{1-\epsilon}\frac{x^{k-1}}{k}dx \\=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}[(1-\epsilon)^k-\delta^k].$$

$\sum 1/k^2$ Es convergente, entonces tomando límites unilaterales como $\delta, \epsilon \to 0$ se justifica por el teorema de límite de Abel.

Answer 4

Desde: $$\int_{0}^{1}\frac{dt}{1-xt}=-\frac{\log(1-x)}{x} $ $ y: %#% $ de #% tenemos:$$ I=\int_{0}^{1}\frac{\log x}{x-1}\,dx = -\int_{0}^{1}\frac{\log(1-x)}{x}\,dx como quería.

Answer 5

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $$\begin{align}&\overbrace{% \color{#66f}{\large\int_{0}^{1}\frac{\ln\pars{x}}{x - 1}\,\dd x}} ^{\ds{\dsc{x}\ \mapsto\ \dsc{1 - x}}}\ =\ =\int_{0}^{1}\ \overbrace{\frac{-\ln\pars{1 - x}}{x}} ^{\ds{=\ \dsc{\Li{2}'\pars{x}}}}\,\dd x\ =\ \int_{0}^{1}\Li{2}'\pars{x}\,\dd x=\ \overbrace{\Li{2}\pars{1}}^{\ds{=\ \dsc{\frac{\pi^{2}}{6}}}}\ -\ \overbrace{\Li{2}\pars{0}}^{\ds{=\ \dsc{0}}} \\[5mm]&=\color{#66f}{\large\frac{\pi^{2}}{6}} \end{align}$$

$\ds{\Li{\rm s}}$ es el PolyLogarithm Función de donde se utilizó $\ds{\Li{\rm s}'\pars{x}=\frac{\Li{\rm s - 1}\pars{x}}{x}}$ $\ds{\Li{1}\pars{x} = -\ln\pars{1 - x}}$ . Tenga en cuenta que $\ds{\Li{1}\pars{1}=\sum_{n=1}^{\infty}{1^{n} \over n^{2}} =\sum_{n=1}^{\infty}{1 \over n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}}$.