Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 589
2014-06-08 
Вычислить интеграл
$\int_{0}^{1} ln x ln(1 - x)dx$,
зная, что
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{6}$.
Решение:
Идея решения состоит в том, чтобы разложить подынтегральную функцию в ряд и проинтегрировать его почленно. Имеем
$ln x ln(1 – x) = ln x \left ( -x - \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{3} - \cdots \right ) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{- ln xx^{n}}{n}$. (1)
Каждый член полученного ряда легко проинтегрировать по частям:
$\int_{0}^{1} - \frac{ln xx^{n}}{n} dx = - \frac{1}{n(n+1)} \int_{0}^{1} ln x d(x^{n+1}) = - \frac{1}{n(n+1)} (ln 1 \cdot 1^{n+1} – lim_{x \rightarrow 0 +} ln x \cdot x^{n+1}) + \frac{1}{n(n+1)} \in_{0}^{1} x^{n+1} d(ln x) = \frac{1}{n(n+1)} \int_{0}^{1} x^{n} dx = \frac{1}{n(n+1)^{2}}$. (2)
Чтобы убедиться в законности почленного интегрирования ряда (1), нужно показать, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $m_{0} \in \mathbf{N}$,
что
$\left | \int_{0}^{1}ln s \left ( ln(1 - x) + \sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} \right ) dx \right | < \varepsilon$ (3)
при всех $m > m_{0}$.
По заданному $\varepsilon > 0$ выберем $\delta \in (0, 1/2)$ такое, что
$\left | \left ( \int_{0}^{\delta} + \int_{1- \delta}^{0} \right ) ln x ln(1-x) dx \right | < \varepsilon /2$.
Учитывая неравенства
$ln(1-x) < ln(1-x) + sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} < 0$,
мы получаем
$\left | \left ( \int_{0}^{\delta} + \int_{1- \delta}^{1} \right ) ln x \left ( ln(1-x) + sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} \right ) dx \right | < \varepsilon /2$. (4)
Так как на отрезке $[\delta, 1 - \delta]$ функция $ln x \left (ln(1-x) + sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} \right )$ равномерно сходится к нулю при $m \rightarrow \infty$, то при достаточно большом $m$
$\left | \int_{\delta}^{1 - \delta} ln x \left (ln(1-x) + sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} \right ) dx \right | < \varepsilon /2$
Складывая полученное неравенство и (4), получаем требуемое неравенство (3) для всех $m \geq m_{0}$. Почленно интегрируя (1) с учетом (2), мы находим значение данного интеграла:
$\int_{0}^{1} ln x \cdot ln(1-x) dx = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)^{2}} \right ) = \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right ) - \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = 1 - \left ( \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} - 1 \right ) = 2 - \frac{\pi^{2}}{6}$
Вычислить интеграл
$\int_{0}^{1} ln x ln(1 - x)dx$,
зная, что
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{6}$.
Решение:
Идея решения состоит в том, чтобы разложить подынтегральную функцию в ряд и проинтегрировать его почленно. Имеем
$ln x ln(1 – x) = ln x \left ( -x - \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{3} - \cdots \right ) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{- ln xx^{n}}{n}$. (1)
Каждый член полученного ряда легко проинтегрировать по частям:
$\int_{0}^{1} - \frac{ln xx^{n}}{n} dx = - \frac{1}{n(n+1)} \int_{0}^{1} ln x d(x^{n+1}) = - \frac{1}{n(n+1)} (ln 1 \cdot 1^{n+1} – lim_{x \rightarrow 0 +} ln x \cdot x^{n+1}) + \frac{1}{n(n+1)} \in_{0}^{1} x^{n+1} d(ln x) = \frac{1}{n(n+1)} \int_{0}^{1} x^{n} dx = \frac{1}{n(n+1)^{2}}$. (2)
Чтобы убедиться в законности почленного интегрирования ряда (1), нужно показать, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $m_{0} \in \mathbf{N}$,
что
$\left | \int_{0}^{1}ln s \left ( ln(1 - x) + \sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} \right ) dx \right | < \varepsilon$ (3)
при всех $m > m_{0}$.
По заданному $\varepsilon > 0$ выберем $\delta \in (0, 1/2)$ такое, что
$\left | \left ( \int_{0}^{\delta} + \int_{1- \delta}^{0} \right ) ln x ln(1-x) dx \right | < \varepsilon /2$.
Учитывая неравенства
$ln(1-x) < ln(1-x) + sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} < 0$,
мы получаем
$\left | \left ( \int_{0}^{\delta} + \int_{1- \delta}^{1} \right ) ln x \left ( ln(1-x) + sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} \right ) dx \right | < \varepsilon /2$. (4)
Так как на отрезке $[\delta, 1 - \delta]$ функция $ln x \left (ln(1-x) + sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} \right )$ равномерно сходится к нулю при $m \rightarrow \infty$, то при достаточно большом $m$
$\left | \int_{\delta}^{1 - \delta} ln x \left (ln(1-x) + sum_{n=1}^{m} \frac{x^{n}}{n} \right ) dx \right | < \varepsilon /2$
Складывая полученное неравенство и (4), получаем требуемое неравенство (3) для всех $m \geq m_{0}$. Почленно интегрируя (1) с учетом (2), мы находим значение данного интеграла:
$\int_{0}^{1} ln x \cdot ln(1-x) dx = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)^{2}} \right ) = \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right ) - \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = 1 - \left ( \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} - 1 \right ) = 2 - \frac{\pi^{2}}{6}$
