Рассмотрим интеграл

[
I = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} \, dx.
]

Важно оценить методы, которые используются для вычисления этого интеграла. Для начала, отметим, что не следует использовать разложение в ряд Тейлора для (\ln(1+x)) в точке (x=1) без предварительного анализа радиуса сходимости, так как это может привести к неправильным выводам.

Ошибки в рассуждении:Радиус сходимости: Степенной ряд для функции (\ln(1+x)) имеет вид:

[
\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n}, \quad |x| < 1.
]

Следовательно, этот ряд сходится в интервале ((-1, 1)) и не подходит для (x=1), где он расходится. Таким образом, замена (x = 1) в ряду может привести к неверному результату.

Необоснованная подстановка: Если мы разложим (\ln(1+x)) в ряд и затем подставим (x = 1), не учитывая, что ряд расходится в данной точке, то это приведет к неверному выражению.

Проблемы с интегрируемостью: Рассматривая (\frac{\ln(1+x)}{x}) при (x \to 0), мы можем заметить, что (\frac{\ln(1+x)}{x} \to 1), однако необходимо более аккуратно рассмотреть поведение функции вблизи (x = 0).

Корректный путь вычисления:

Вместо использования степенного ряда, мы можем использовать интегрирование по частям. Чтобы вычислить интеграл, давайте сделаем замену:

[
u = \ln(1+x) \implies du = \frac{1}{1+x} \, dx \quad \text{and} \quad x = e^u - 1.
]

Пределы интегрирования изменятся с (x = 0) до (x = 1): когда (x = 0), (u = \ln(1) = 0), когда (x = 1), (u = \ln(2)).

Функция (\frac{1}{x}) можно выразить через (u):

[
x = e^u - 1 \implies \frac{1}{x} = \frac{1}{e^u - 1}.
]

Подставим это в интеграл:

[
I = \int_0^{\ln(2)} \frac{u}{e^u - 1} \, du.
]

Этот интеграл известен и может быть вычислен с использованием дополнительных методов, например, через серию или другие специальные функции, включая функцию Бенфорд или интегрирование по частям.

Окончательный ответ:

Используя правильные методы, конечное значение интеграла (I) оказывается равным (\frac{\pi^2}{12}).