Integrale da 0 a +∞ di 1/(1-x^2) in dx

[Erasmus_First]

"Erasmus_First":UP!
Era forse meglio se, invece di rilanciare, aprivo un altro thread.
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Riproviamo!

1) Sia 0 < $ a $ < 1. Provare l'uguaglianza seguente: \[ \int_{a}^{1}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx =\int_{1}^{1/a}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx \]
2) Calcolare l'integrale \[ \int_{0}^{+∞}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx . \]
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[Sk_Anonymous]

Provo a fare 2 (avevo già visto questo esercizio da qualche parte, forse preparando qualche esame...):

Abbiamo \[\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2 -1} \, dx= \int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2 - 1} \, dx + \int_1^\infty \frac{\log(x)}{x^2 - 1} \, dx . \]Osservo preliminarmente che per 1 \[\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2 - 1} \, dx = 2 \int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2 - 1} \, dx. \] Inoltre, usando la formula per la serie geometrica (e - importante! - il teorema della convergenza dominata) si ha \[ \begin{split} \int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2 - 1} \, dx = - \int_0^1 \sum_{k=0}^\infty x^{2 k} \log(x) \, dx & = - \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^1 x^{2 k} \log(x) \, dx \\ & = - \sum_{k=0}^\infty \left[ \frac{ x^{2 k +1} ( 2k \log(x) + \log(x) -1)}{(2k+1)^2} \right]_0^1 \\ & = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}.\end{split} \]

[Erasmus_First]

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[.Ruben.17]

Vorrei provare a dimostrare la prima uguaglianza:
$\int_{a}^{1}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx =\int_{1}^{1/a}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx$

Nel primo integrale opero la sostituzione $ x = 1/t $; $dx = -1/t^2 dt$

Quindi: $\int_{a}^{1}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx = \int_{1/a}^{1}\frac{\ln(1/t)}{(1/t)^2-1} (-1/t^2)dt = - \int_{1/a}^{1}\frac{-\ln(t)}{t^2[(1/t^2)-1]} dt = - \int_{1/a}^{1}\frac{\ln(t)}{t^2-1} dt = \int_{1}^{1/a}\frac{\ln(t)}{t^2-1} dt $

Sostituisco t = x ed ottengo
$\int_{a}^{1}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx = \int_{1}^{1/a}\frac{\ln(t)}{t^2-1} dt = \int_{1}^{1/a}\frac{\ln(x)}{x^2-1} dt $

P.S.

Potrei sapere come si dimostra quest'identità?
$\sum_{k=0}^{+ \infty} 1/(2k+1)^2 = (\pi ^2 )/8$

P.P.S.

Sono riuscito a dimostrarla da solo
La posto perchè potrebbe servire a qualcuno

E' noto che $\sum_{k=1}^{+ \infty}1/k^2 = \pi^2
/6 $ ..Problema di Basilea..

Ora $\sum_{k=0}^{+ \infty} 1/(2k+1)^2 = \sum_{k=1}^{+ \infty}1/k^2 - \sum_{k=1}^{+ \infty}1/(2k)^2$

infatti
$1 + 1/9 + 1/25 + 1/49 + ... = 1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + 1/25 + 1/36 + 1/49 + .. - (1/4 + 1/16 + 1/36 + ..)$

Ma $\sum_{k=1}^{+ \infty}1/(2k)^2 = 1/4\sum_{k=1}^{+ \infty}1/k^2 = \pi^2 / 24$

quindi: $\sum_{k=0}^{+ \infty} 1/(2k+1)^2 = \pi^2 /6 - \pi^2 /24 = \pi^2 /8$

[anto_zoolander]

mi è saltata un'idea in testa per il primo problema, la propongo.

considero la funzione $F(a)=int_(a)^(1)ln(x)/(x^2-1)dx-int_(1)^(1/a)ln(x)/(x^2-1)dx$

poi è da notare che $lim_(x->1)ln(x)/(x^2-1)=1/2$ quindi è una discontinuità eliminabile. La funzione può essere prolungata con continuità a sinistra all'intervallo $(0,1]$ ponendo $F(1)=1/2$.

Per $ain(0,1]$ la funzione $F(a)$ è continua. Ora siccome anche l'integranda è continua su $(0,1]$ posso applicare il teorema fondamentale del calcolo e derivare la funzione.

$F'(a)=-ln(a)/(a^2-1)-ln(1/a)/(a^2-1)=...=0$

Dunque per ogni $ain(0,1]$ segue che $F'(a)=0$. Per conseguenza di Lagrange allora $F(a)$ è costante su tutto l'intervallo.

$int_(a)^(1)ln(x)/(x^2-1)dx-int_(1)^(1/a)ln(x)/(x^2-1)dx=c$

$int_(a)^(1)ln(x)/(x^2-1)dx=int_(1)^(1/a)ln(x)/(x^2-1)dx+c$

dunque essendo $F(a)$ costante sull'intervallo $(0,1]$ mi basta trovare un solo valore di $F(a)$ in quell'intervallo per poter esprimere il valore della costante.

$F(1)=int_(1)^(1)ln(x)/(x^2-1)dx-int_(1)^(1)ln(x)/(x^2-1)dx=0$

dunque per ogni $ain(0,1]$ si ha $int_(a)^(1)ln(x)/(x^2-1)dx=int_(1)^(1/a)ln(x)/(x^2-1)dx$ beh questo sarà vero a maggior ragione su $(0,1)$

Non mi veniva sul momento come dimostrare che $c$ fosse zero e quindi ho prolungato la funzione per aiutarmi