Integralino ...

[Erasmus_First]

Calcolare il seguente integrale:
\[
I = \int_0^1 [ln(x)/(x^2-1)]\, dx\
\]
––––––––––––––

[Rigel1]

Io integrerei per serie tenendo conto del fatto che
\[
\frac{1}{1-x^2} = \sum_{k=0}^{\infty} x^{2k}, \qquad
-\int_0^1 x^{2k} \log x\, dx = \frac{1}{(2k+1)^2}\,.
\]
La serie ottenuta converge a \(\pi^2 / 8\).
(L'uguaglianza fra integrale della serie e serie degli integrali è immediata conseguenza del teorema di convergenza dominata di Lebesgue.)

[Erasmus_First]

"Rigel":
\[
\frac{1}{1-x^2} = \sum_{k=0}^{\infty} x^{2k}, \qquad
-\int_0^1 x^{2k} \log x\, dx = \frac{1}{(2k+1)^2}\,.
\]
La serie ottenuta converge a \(\pi^2 / 8\).

Giusto!
[Per te ... 'sti integralini sono bazzecole ]
Non credo che si possa fare di meglio di integrare per serie.
Un metodo appunto è questo tuo: essendo 0 < x < 1 all'interno dell'intervallo di integrazione, sviluppare in serie geometrica $1/(1-x^2)$.
Un altro metodo è porre $u = (1-x)/(1+x)$, ossia $x = (1-u)/(1+u)$ e poi sviluppare in serie di potenze $ln((1-u)/(1+u))$:
$–ln((1-u)/(1+u)) = u + u^3/3 + u^5/5 + ...$.
Un altro ancora è passare alla funzione inversa di $ln(x)$, porre cioè $t = – ln(x)$, ossia $x = e^-t$, e poi sviluppare in serie geometrica di $x^2 = e^(-2t) < 1$ la funzione $1/(1-e^(-2t))$.
In ogni caso si perviene alla somma dei reciproci dei quadrati di tutti gli interi dispari positivi, cioè a $3/4 ζ(2)$.
––––––––––––––

⇒Integralino (PNG)