Вычислить интеграл(возможно через бэта и гамма ф-ции)

[nuzhdauchsiysa]

$$\int_{0}^{ 1} \frac {\ln(1-x)} { x} dx$$

решается через замену $\ln(1-x)=t$
далее возможно через бэта- и гамма- функции

[svv]

Если Вы знаете, что надо сделать такую замену, сделайте.

[Ms-dos4]

Пожалуй легче всего - через полилогарифм (в данном случае дилогарифм).
$\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln [1 - x]}}{x}dx} = - ({{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(1) - {{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(0)) = - {{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(1)\]$
Известно, что $\[{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _s}(1) = \zeta (s)\]$
В нашем случае $\[{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(1) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{6}\]$

$\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln [1 - x]}}{x}dx} = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\]$

[nuzhdauchsiysa]

Ms-dos4 в сообщении #730440 писал(а):

Пожалуй легче всего - через полилогарифм (в данном случае дилогарифм).
$\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln [1 - x]}}{x}dx} = - ({{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(1) - {{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(0)) = - {{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(1)\]$
Известно, что $\[{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _s}(1) = \zeta (s)\]$
В нашем случае $\[{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(1) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{6}\]$

$\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln [1 - x]}}{x}dx} = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\]$

проблема в том, что этот материал не был пройден, и мой ответ мол здесь будет дилогарифм, который от 0 до 1 равен $-\pi^2/6$ преподавателя не удовлетворил.он сказал, что скорей всего через эту замену.
получается

$$\int\limits_{0}^{8} {\frac{{t e^t}}{e^t-1}dt} $$

который не знаю как брать

Deggial: nuzhdauchsiysa, оформляйте все формулы, иначе унесу тему в Карантин. Формулы поправил.

[Ms-dos4]

nuzhdauchsiysa
Разложите подынтегральную функцию в ряд Тейлора в окрестности нуля. Получится примечательный ряд
$\[ - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{x^k}}}{{k + 1}}} \]$
Проинтегрируем от 0 до 1
$\[ - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{{{(k + 1)}^2}}}} = - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\]$

Если уж и это не устроит...

[Otta]

Ms-dos4 в сообщении #730527 писал(а):

Если уж и это не устроит...

Что может быть, если они не знают, как считать сумму этого ряда.

[nuzhdauchsiysa]

Ms-dos4 в сообщении #730527 писал(а):

nuzhdauchsiysa
Разложите подынтегральную функцию в ряд Тейлора в окрестности нуля. Получится примечательный ряд
$\[ - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{x^k}}}{{k + 1}}} \]$
Проинтегрируем от 0 до 1
$\[ - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{{{(k + 1)}^2}}}} = - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\]$

Если уж и это не устроит...

Спасибо! Попробую показать. Но зная преподавателя может кто-то знает как взять

$$\int\limits_{0}^{8} {\frac{{t e^t}}{e^t-1}dt} $$

[Vince Diesel]

Восемь - это бесконечность?

$$\int\limits_{0}^{\infty} {\frac{{t e^t}}{e^t-1}dt} = \int\limits_{0}^{\infty} {\frac{{t }}{1-e^{-t}}dt} = \sum_{n=0}^\infty \int\limits_{0}^{\infty}t e^{-nt}dt. $$

[Otta]

Восемь - это бесконечность, повернутая на угол пи пополам. (с) Не мое.