Кратко — три удобных подхода, как считать
$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx,$$ и важные тонкости при перепорядочивании сумм/интегралов.
1) Разложение в ряд (наиболее прямой)
- Для $|x|<1$ имеем
$$\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{x^n}{n},$$ следовательно
$$\frac{\ln (1+x)}{x}=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{x^{n-1}}{n}.$$ - Интегрируем по x от 0 до 1 и меняем сумму с интегралом. Обоснование: по Tonelli/Fubini
∑n=1∞∫01∣xn−1n∣dx=∑n=1∞1n2<∞, \sum_{n=1}^\infty\int_0^1\left|\frac{x^{n-1}}{n}\right|dx=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}<\infty,
n=1∑∞ ∫01 nxn−1 dx=n=1∑∞ n21 <∞, поэтому можно переставлять. Получаем
$$I=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{1}{n^2}=\eta (2)=\frac{{\pi }^2}{12}.$$
2) Интегрирование по параметру / двойной интеграл
- Представьте $\ln (1+x)={\int }_0^x\frac{dt}{1+t}$. Тогда
$$I={\int }_0^1\frac{1}{x}{\int }_0^x\frac{dt}{1+t}dx.$$ Переставляя интегралы (Fubini; показатель интегрируемости очевиден), получаем
$$I={\int }_0^1\frac{-\ln t}{1+t}dt.$$ Далее раскладываем $\frac{1}{1+t}={\sum }_{n\ge 0}(-1{)}^n{t}^n$ для $t\in [0,1)$ и снова меняем сумму и интеграл; обоснование: ${\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt=\frac{1}{(n+1{)}^2}$ и $\sum \frac{1}{(n+1{)}^2}<\infty$. В итоге тот же ряд и та же сумма ${\pi }^2/12$.
3) Интегрирование по частям (полезно для переписать)
- Пусть $u=\ln (1+x),dv=dx/x$. Тогда
$$I=[\ln (1+x)\ln x{]}_0^1-{\int }_0^1\frac{\ln x}{1+x}dx.$$ Граничный вклад при $x\to 0$ равен 0 (так как $\ln (1+x)\sim x$ и $x\ln x\to 0$), при $x=1$ тоже 0, следовательно
$$I=-{\int }_0^1\frac{\ln x}{1+x}dx,$$ что совпадает с предыдущим представлением и дальше оценивается как в п.2.
Доп. замечания
- На концах отрезка: ряд для $\ln (1+x)$ сходится равномерно на каждом $[0,r]$ с $r<1$, но при $x=1$ сходится лишь условно. Поэтому при непосредственном подставлении $x=1$ нужно обосновать перестановку суммы и интеграла (см. выше — Tonelli/Fubini по интегралам модулей или оценка ${\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt$).
- Связь с дилогарифмом: $I=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{1}{n^2}=-{\mathrm{Li}}_2(-1)=\frac{{\pi }^2}{12}.$
Итог:
$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx=\frac{{\pi }^2}{12}.$$