Mostrar $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{1-x}dx$ = $\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ y converge

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a) Demuestre que la integral de seguimiento converge: $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{1-x}dx $

b) $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{1-x}dx$ = $\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$

para la primera parte intento con la prueba de comparación porque $f(x):=\frac{\ln x}{1-x} \le0$ en $ [0,1]$ y sé por la regla de L'Hôpital que $\lim_{x\to1} \frac{\ln x}{1-x}=-1 $

gracias por adelantado

Answer 1

A) En $x=0$ $$ \frac{\ln x}{1-x}\sim \ln x $$ y $$ \int \ln x\,dx = x(\ln x - 1) + C; $$ pero $$ \lim_{x\to0} x(\ln x - 1) = 0 $$

En $x=1$ $$ \frac{\ln x}{1 - x}\sim -1, $$ como lo has encontrado. Entonces, esta integral converge.

b) Ampliar $1/(1-x)$ en la serie: $$ \frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n. $$ Así que, $$ I = \int_0^1 \frac{\ln x}{1 - x}dx = \sum_{n=0}^\infty \underbrace{\int\limits_0^1 x^n\ln x\,dx}_{J_n} $$ Evaluemos $J_n$ : $$ J_n \overset{x=e^{-u}}{=} \int_0^\infty e^{-(n+1)u}u\,du \overset{z=(n+1)u}{=} \frac{1}{(n+1)^2} \int_0^\infty e^{-z}z\,dz = \frac{1}{(n+1)^2} $$ y $$ I = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^2} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} $$