Conjetura de una forma cerrada de un paramétrica integral

Question

Supongamos que $n \in \mathbb{N}$. Es muy fácil demostrar que:

$$\int_{0}^{1} x^{n-1} \log (1-x) \, {\rm d}x = - \frac{\mathcal{H}_n}{n}$$

ya que si utilizamos la serie representación de $\mathcal{H}_m$ tenemos que:

\begin{equation} \mathcal{H}_m = \sum_{k=1}^{\infty} \left [ \frac{1}{k} - \frac{1}{m+k} \right ] \tag{1}\end{equation}

y de ello se sigue que nuestra integral inicial , llame a $\mathcal{J}$ ,

\begin{align*} \mathcal{J} &=\int_{0}^{1} x^m \log(1-x) \, {\rm d}x \\ &= - \int_{0}^{1}x^m \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \, {\rm d}x \\ &= - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{1}x^{m+n} \, {\rm d}x\\ &= - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \left ( n+m+1 \right )}\\ &= - \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1}{(m+1)n} - \frac{1}{(m+1) \left ( m+n+1 \right )} \right]\\ &= - \frac{1}{m+1} \sum_{n=1}^{\infty} \left [ \frac{1}{n} - \frac{1}{n+m+1} \right ]\\ &\overset{(1)}{=} - \frac{\mathcal{H}_{m+1}}{m+1} \end{align*}

Ahora vamos a plantear el exponente de $\log (1-x)$ por uno. Que es ahora consideramos la integral

$$\int_{0}^{1} x^{n-1} \log^2 (1-x) \, {\rm d}x = \frac{1}{n} \left [ \mathcal{H}_n^2 + \mathcal{H}_n^{(2)} \right ]$$

La derivación es bastante fácil. ¿Qué podemos decir de la integral

$$\mathcal{J}(n, m) =\int_{0}^{1} x^{n-1} \log^m (1-x) \, {\rm d}x $$

Tengo una conjetura de que los estados que involucra una suma de $\mathcal{H}_n$ elevado a la potencia correspondiente de la sesión y una suma de $\mathcal{H}_n^{(m)}$. Sin embargo, soy incapaz de hacer cualquier progreso para el caso general. Distinción de la Beta no nos ayudará aquí. Esto es lo que he hecho para el $m=2$ de los casos. Acabo de diffed la Beta dos veces. Cualquier acercamiento inteligente?

También lo podemos decir de la integral:

$$\mathcal{J}^*(n, m) =\int_{0}^{1} x^{n-1} \log^m (1+x) \, {\rm d}x $$

Bueno, una última cosa que uno debe tener en cuenta es que tanto las integrales en realidad se conecta a los Números de Stirling de primera especie. Tal vez podríamos usar la expansión en series de Taylor de $\log^m (1 \pm x)$ y reducir el problema a los números de Stirling. No estoy familiarizado, aunque.

Answer 1

No una respuesta, sólo algunos pensamientos

Deje $\displaystyle A_n^m = \int_0^{1} x^n \log^{m}(1-x) dx, \ A_n^0 = \frac{1}{n+1}$. Se obtiene la siguiente recurrencia : $$A_n^m =-\frac{m}{n+1}\sum_{k=0}^n A_k^{m-1}$$

pero tengo que admitir que no estoy seguro de qué hacer con él. No es el relacionado pero diferente de la recurrencia de la ${n \choose m} = \sum_{k=0}^{n-1} {k \choose m-1}$ y la conexion $\binom{n}{m} = \sum_{k=0}^m \left[{ m \atop k} \right]\frac{n^k}{m!}$ a la de los números de Stirling, que aparecen en la expansión de Taylor $\frac{\log^m (1+z)}{m!} = \sum_{k=m}^\infty (-1)^{k-m} \left[{k\atop m}\right] \frac{z^k}{k!} $, de modo que $\displaystyle A_n^m = \textstyle \int_0^1 x^n m!\sum_{k=m}^\infty (-1)^{k-m} \left[{k\atop m}\right] \frac{x^k}{k!}dx = \displaystyle \sum_{k=m}^\infty \frac{m! (-1)^{k-m}}{k! (n+k+1)} \left[{k\atop m}\right] $

Desde $\sum_{m=0}^\infty z^m \frac{\log^m(1-x)}{m!} = e^{z \log(1-x)} = (1-x)^z$ tenemos la agradable generación de función $\displaystyle F(z) = \sum_{m=0}^\infty \frac{A_n^m}{m!} z^m = \textstyle\int_0^1 x^n \sum_{m=0}^\infty z^m \frac{\log^m(1-x)}{m!} dx $ $= \int_0^1 x^n (1-x)^z dx = B(n+1,z+1)$ donde $B(x,y)$ es la función beta

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$\int_0^{1-\epsilon} \frac{m\log^{m-1}(1-x)}{x-1} dx = \log^m(1-\epsilon)$ , y esto es lo que necesitamos para la integración por partes

$$A_n^m = \int_0^{1} x^n \log^{m}(1-x) dx$$ $\textstyle = \lim_{\epsilon \to 0} \frac{(1-\epsilon)^{n+1}}{n+1}\log^{m}(\epsilon)-\int_0^{1-\epsilon} \frac{x^{n+1}}{n+1} \frac{\log^{m-1}(1-x)}{x-1} dx $ $= \lim_{\epsilon \to 0} \int_0^{1-\epsilon} \frac{m\log^{m-1}(1-x)}{(n+1)(x-1)} dx-\int_0^{1-\epsilon} \frac{x^{n+1}}{n+1} \frac{\log^{m-1}(1-x)}{x-1} dx$ $\textstyle = \frac{m}{n+1}\int_0^1 \frac{1-x^{n+1}}{x-1}\log^{m-1}(1-x)dx = -\sum_{k=0}^n \int_0^1 x^k\log^{m-1}(1-x)dx$ $$=-\sum_{k=0}^n A_k^{m-1}$$