中册 5.1 反常积分计算 第9题
📝 题目
9．证明下列等式．
（1） $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\ln \frac{1}{x}}{1-x} \mathrm{~d} x=\frac{\pi^{2}}{6}$ ．
（2） $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{x}\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right) \mathrm{d} x=2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{4}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1） $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\ln \frac{1}{x}}{1-x} \mathrm{~d} x=-\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{1-x} \mathrm{~d} x=-\int_{0}^{1} \frac{\ln (1-t)}{t} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{n-1}}{n} \mathrm{~d} t=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}$ ．
（2） $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{x}\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right) \mathrm{d} x=\int_{0}^{1} \frac{1}{x}(\ln (1+x)-\ln (1-x)) \mathrm{d} x$
$$
=\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{x} \mathrm{~d} x-\int_{0}^{1} \frac{\ln (1-x)}{x} \mathrm{~d} x=\frac{\pi^{2}}{12}+\frac{\pi^{2}}{6}=\frac{\pi^{2}}{4} .
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：化简被积函数
首先，注意到 $\ln\frac{1}{x} = -\ln x$，因此原积分化为 $\int_0^1 \frac{-\ln x}{1-x} dx = -\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x} dx$。
公式：$\ln\frac{1}{x} = -\ln x$
提示：注意对数性质，避免符号错误。
步骤 2/8
目标：变量代换
令 $t = 1 - x$，则 $x = 1 - t$，$dx = -dt$，当 $x=0$ 时 $t=1$，$x=1$ 时 $t=0$。积分变为 $-\int_1^0 \frac{\ln(1-t)}{t} (-dt) = -\int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t} dt$。
提示：注意积分限的变化和负号的处理。
步骤 3/8
目标：展开为级数
利用 $\ln(1-t) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n}$，则 $-\frac{\ln(1-t)}{t} = \sum_{n=1}^\infty \frac{t^{n-1}}{n}$。因此积分化为 $\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty \frac{t^{n-1}}{n} dt$。
公式：$\ln(1-t) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n}$
提示：注意级数展开的收敛区间为 $|t|<1$，在 $t=1$ 处需验证。
步骤 4/8
目标：逐项积分
交换积分与求和次序（由一致收敛性保证），得 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \int_0^1 t^{n-1} dt = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$。
公式：$\int_0^1 t^{n-1} dt = \frac{1}{n}$
提示：逐项积分需验证一致收敛性，但本题中可默认成立。
步骤 5/8
目标：得出结果
已知 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$，因此原积分等于 $\frac{\pi^2}{6}$。
公式：$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$
提示：这是著名的巴塞尔问题结果。
步骤 6/8
目标：第二问：化简被积函数
利用对数性质，$\ln\frac{1+x}{1-x} = \ln(1+x) - \ln(1-x)$，因此积分化为 $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} dx - \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} dx$。
公式：$\ln\frac{a}{b} = \ln a - \ln b$
提示：注意两个积分均收敛。
步骤 7/8
目标：计算两个积分
已知 $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} dx = \frac{\pi^2}{12}$，$\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} dx = -\frac{\pi^2}{6}$（可由级数展开得到）。因此原积分 $= \frac{\pi^2}{12} - \left(-\frac{\pi^2}{6}\right) = \frac{\pi^2}{12} + \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{4}$。
公式：$\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} dx = \frac{\pi^2}{12}$，$\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} dx = -\frac{\pi^2}{6}$
提示：第二个积分可通过级数展开 $\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$ 得到 $\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} dx = -\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = -\frac{\pi^2}{6}$。
步骤 8/8
目标：得出第二问结果
因此原积分等于 $\frac{\pi^2}{4}$，且与级数 $2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{\pi^2}{4}$ 一致。
公式：$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}$
提示：注意 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)^2}$，可得奇平方和。
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