关于log的一个积分

问题

求积分:${\int }_0^1\log (1-x)\log (x)dx$

1. Feynmann技巧

• 构造含两个参数的函数，建立起与Beta函数之间的联系

然后添加参数以后的函数的积分是熟悉的,所以这样原来的积分就和Beta函数建立起了一种联系：

$a\to 0,b\to 0$的时候有

2.转换为级数处理

• 思路参考3.1 幂级数展开。

这里有一个是否可以交换的问题：

1. 从一致收敛的角度考虑(R积分):不难求证:$|x^n\log (x)|\le \frac{1}{en},n\ge 1$ 因为在(0,1)内存在最小值0,1部分的极限都是0.所以$\left|\frac{x^n\log (x)}{n}\right|\le \frac{e^{-1}}{n^2}$，因此部分和 $S_N(x)\rightrightarrows S(x)$，于是在紧集$0,1]$上，

2. 单调收敛定理考虑(L积分):此处L积分和R积分都存在，并且相等，因此无论原有问题指的是R积分或者是L积分，结果都是一样的。使用单调收敛定理的一个推论(参考zeta函数整数值的积分表示),因为$\frac{-x^n\log (x)}{n}$非负,那么这个级数的部分和就是一个单调增加的函数列，于是可以直接交换，交换后发现${\int }_{[0,1]}S(x)dx$是有限的，顺便还能说明原来的积分是存在的，被积函数是可积的。
3. 从Fubini -Tonelli定理的角度考虑(L积分):这么做的技巧在于把求和看成积分。$\Omega =\{1,2,...\}$,然后定义counting measure $\mu$，然后考虑在sigma-finite测度空间$(\Omega ,\mathcal{P}(\Omega ),\mu )$的积分，

所以原来的问题就是:

用Tonelli定理交换因为被积分对象非负，因为原来的函数$f(x,n)=\frac{x^n\log (x)}{n}$是可测函数。