Интеграл с логарифмом: ln(1-x)/x

[Профессор Снэйп]

$$ \int \frac{\ln(1-x)}{x} dx $$

Берётся ли?

И ещё.

$$ \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} dx $$

Если разложить подинтегральную функцию в ряд и проинтегрировать почленно, то получается $-\pi^2/6$. Можно ли взять этот интеграл каким-нибудь другим способом (методами ТФКП, например)?

Добавлено спустя 34 минуты 2 секунды:

Кстати, насчёт неопределённого интеграла. Если пытаться взять его по частям, то получается

$$ \int \frac{\ln(1-x)}{x} dx = \ln x \ln(1-x) + \int \frac{\ln x}{1-x} dx = $$

$$ = \ln x \ln(1-x) - \int \frac{\ln(1-y)}{y} dy $$

Последнее равенство получается через замену $y = 1-x$. Теперь мы видим, что справа стоит тот же интеграл, что и в начале, только с игреком вместо икса. Если опять заменить $y$ на $x$ и перенести в левую часть, то получится

$$ \int \frac{\ln(1-x)}{x} dx = \frac{\ln x \ln(1-x)}{2} $$

Однако это явная ерунда!!! Где ошибка? Полагаю, что в замене $y$ обратно на $x$, но как объяснить ошибочность этого перехода?

[GAA]

Первообразная выражается через дилогарифм Эйлера $\mathop{\mathrm{Li_2}}(x) = \int\limits_0^x \frac {\ln(1-t)} {t} dt$ (ссылку давал Someone).

[ewert]

Профессор Снэйп в сообщении #176735 писал(а):

, но как объяснить ошибочность этого перехода?

Вопрос методически действительно любопытный. Тут дело в некоторой традиционной неудачности обозначения для неопределённого интеграла: в записи $\int f(x)dx$ переменная $x$ является внешней, в то время как в записи $\int_a^b f(x)dx$ -- внутренней.

[Профессор Снэйп]

GAA писал(а):

Первообразная выражается через дилогарифм Эйлера $L_2(x) = \int\limits_0^x \frac {\ln(1-t)} {t} dt$.

То есть через элементарные функции она не выражается. Спасибо за информацию.

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

Последнее равенство получается через замену $y = 1-x$.

Здесь ошибка.

[Профессор Снэйп]

TOTAL писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Последнее равенство получается через замену $y = 1-x$.

Здесь ошибка.

Почему? Если $y=1-x$, то $x=1-y$ и $dx = - dy$, так что

$$ \int \frac{\ln x}{1-x} dx = - \int \frac{\ln (1-y)}{y} dy $$

Вроде всё правильно.

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

TOTAL писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Последнее равенство получается через замену $y = 1-x$.

Здесь ошибка.

Почему? Если $y=1-x$, то $x=1-y$ и $dx = - dy$, так что

$$ \int \frac{\ln x}{1-x} dx = - \int \frac{\ln (1-y)}{y} dy $$

Вроде всё правильно.

Потому, что $\int \frac{\ln (1-y)}{y} dy$ и $\int \frac{\ln (1-x)}{x} dx$ тогда будут разными.
Попробуйте на другом интеграле, например на $\int x dx$, сделать подобную замену.

[ewert]

TOTAL имел в виду, что ошибочна последняя замена. Ув. Профессор, Вы что -- серьёзно?

[Профессор Снэйп]

ewert писал(а):

TOTAL имел в виду, что ошибочна последняя замена. Ув. Профессор, Вы что -- серьёзно?

Ну, я его не понял.

А серьёзно... конечно несерьёзно. Искать противоречия в теории интегрирования я не собираюсь. Просто обратил внимание на то, как нельзя вычислять интегралы.

[Sonic86]

Исходная функция в точке 0 не аналитична. Поэтому использование ТФКП сомнительно.

[ewert]

Сама по себе неаналитичность на конце интервала -- не помеха. Правда, мне так сходу возможность применения ТФКП тоже не вырисовывается.

[worm2]

ewert писал(а):

Профессор Снэйп в сообщении #176735 писал(а):

, но как объяснить ошибочность этого перехода?

Вопрос методически действительно любопытный. Тут дело в некоторой традиционной неудачности обозначения для неопределённого интеграла: в записи $\int f(x)dx$ переменная $x$ является внешней, в то время как в записи $\int_a^b f(x)dx$ -- внутренней.

На меня этот парадокс произвёл сильное впечатление.
Действительно, в неопределённом интеграле переменная интегрирования оказывается свободной, а в определённом --- связанной. При замене переменной в неопределённом интеграле:

$$\int f(x)\,dx=\int f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt$$

и слева и справа стоят выражения, содержащие свободные переменные:
$F(x)=G(t)+C$, где $F$ и $G$ --- соответствующие первообразные, но эти переменные связаны друг с другом (соотношением замены $x=\varphi(t)$)!
У неискушённых (а как видим, порой даже у профессоров ) может возникнуть соблазн рассмотреть переменные $x$ и $t$ как независимые, и сделать, например, замену $t=x$ в правой части.
Не завидую лекторам и авторам учебников, которые попытались бы объяснить этот подводный камень первокурсникам! Ведь те, как правило, ещё не знакомы с такими понятиями, как свободная/связанная переменная.

[ewert]

Надо просто систематически вдалбливать мнемоническое правило: в неопределённом интеграле следует обязательно возвращаться к исходной переменной, а в определённом --можно и нет.

Как-то обычно народ интуитивно очень легко это принимает.

[Полосин]

Вычисление

$$I=\int_0^1\frac{\ln x}{1-x}dx$$

методами ТФКП:

$$I=\int_0^1\frac x{1-x}d\frac{\ln ^2 x}2=-\int_0^1\frac{\ln ^2 x}{2(x-1)^2}dx= -\int_0^{+\infty}\frac{\ln ^2 x}{4(x-1)^2}dx=-J''(0)/8$$

, где

$$J(p)=\int_0^{+\infty}\frac{x^p+x^{-p}-2}{(x-1)^2}dx$$

. Обозначая через $L_{\pm}$ верхний (нижний) берег положительной полуоси и считая $0<p<1$, получим:

$$J(p)=\int_{L_+}$$

,

$$\int_{L_+}\frac{x^p}{(x-1)^2}dx=\int_{L_+}\frac{px^{p-1}}{x-1}dx$$

,

$$\int_{L_+}\frac{x^{-p}}{(x-1)^2}dx=\int_{L_-}\frac{x^p}{(x-1)^2}dx=\int_{L_-}\frac{px^{p-1}}{x-1}dx$$

,

$$\int_{L_+}+\int_{L_-}\frac{px^{p-1}}{x-1}dx=2\int_0^{+\infty}=-2\pi p \ctg(\pi p)$$

, $J(p)=-2\pi p \ctg(\pi p)+2=2(\pi p)^2/3+...$, $I=-\pi ^2/6$.

[Sonic86]

Тов. Полосин!
Я не понял Ваше вычисление!
Куда Вы логарифм девали я понял - эквивалентность $\frac{x^p-1}{p} \sim \ln x$.
А вот почему $J''(0)$? Вроде надо $J(0)$.
А что такое берега действительной оси? Вы идете по $\mathbb{R}$ в бесконечность и назад? А что это дает?
И еще Вы в конце какой-то несобственный интеграл используете - он равен котангенсу. Можете этот интеграл написать?