Evaluar

Question

Cómo evaluar la siguiente integral

$$\int_0^1\frac{x^{-a}-x^{a}}{1-x}\,\mathrm dx$$

He intentado la manera de feynman $$\begin{align} I'(a)&=\int_0^1\frac{-x^{-a}\ln x-x^{a}\ln x}{1-x}\,\mathrm dx\ &= \int_0^1\ln x\left(\frac{-x^{-a}-x^{a}}{1-x}\right)\,\mathrm dx\ \end {Alinee el} $$

No tengo ninguna idea acerca de cómo proceder.

Alguna ayuda se agradece

Answer 1

Escribir

$$x^a-x^{-a} = \log{x} \int_{-a}^a dy \, x^y $$

Invertir el orden de integración para obtener

$$-\int_{-a}^a dy \, \int_0^1 dx \frac{x^y \log{x}}{1-x} $$

Ahora,

$$\int0^1 dx \frac{x^y \log{x}}{1-x} = \sum{k=0}^{\infty} \int0^1 dx \, x^{y+k} \log{x} = -\sum{k=0}^{\infty} \frac1{(y+k+1)^2} $$

Así que ahora tenemos, como la integral,

$$\sum{k=1}^{\infty} \int{-a}^a \frac{dy}{(y+k)^2} = 2 a \sum_{k=1}^{\infty} \frac1{k^2-a^2} = \frac1{a} \left (1-\pi a \cot{\pi a} \right ) $$

Esta última suma es el resultado bien conocido que puede demostrarse en cualquier número de maneras, por ejemplo el teorema del residuo.

Tenga en cuenta que, para la convergencia, $a \in (-1,1)$.

Answer 2

Ser integral en el intervalo $[0,\infty)$ tenemos fórmula $$\int_0^\infty\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{1-x}dx=\pi (cot(\pi a)-cot(\pi b))$$ for $0

$$\int_0^\infty\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{1-x}dx=\int_0^1\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{1-x}dx+\int_1^\infty\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{1-x}dx$$ and $$\int_1^\infty\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{1-x}dx=\int_0^1\frac{t^{-b}-t^{-a}}{1-t}dt$$ by substituation $x=\frac{1}{t}$

ahora desde $$\sum{n=0,1,2,..} (t^{n+a-1}-t^{n-a})=\frac{t^{a-1}-t^{-a}}{1-t}$ $ $$\sum{n=0,1,2,..} (t^{n+b-1}-t^{n-b})=\frac{t^{b-1}-t^{-b}}{1-t}$ $

reordenar la suma integral e infinito y usar el % $ $$\pi cot(\pi a)=\frac{1}{a}+\sum_{n\in \mathbb{N}}(\frac{1}{n+a}-\frac{1}{n-a})$

pero para tu pregunta de manera similar tenemos $$\int0^1\frac{x^{-a}-x^{a}}{1-x}dx=-(\frac{1}{-a}+\frac{1}{a+1} )-\sum{n\in \mathbb{N}}(\frac{1}{n+(a+1)}-\frac{1}{n-(a-1)})$$ now use $$\pi cot(\pi a)=\frac{1}{a}+\sum_{n\in \mathbb{N}}(\frac{1}{n+a}-\frac{1}{n-a})$$ which can be proved by fourier series. for example use fourier serie of $f (x) = cos (mx) $ in interval $ [0, \pi] $

también se puede utilizar $$\pi cot(\pi x)= \sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{n+x}$ $ que puede demostrarse mediante series de fourier o la teoría de residuos en función compleja

Answer 3

Observe que $x^b-x^a=\Big(1-x^a\Big)-\Big(1-x^b\Big)$. Por lo tanto, nuestros integral se convierte en $H_a-H_b$ donde $H_n$ es

el $n^{th}$ generalizada número armónico. Al mismo tiempo, se puede demostrar, usando telescópico de la serie,

que $H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac n{k~\big(k+n\big)}.~$ Poner los dos juntos, y tomando en consideración el hecho de que

$b=-a$ ,$I=2a~\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2-a^2}$, que en última instancia puede ser probado a la igualdad de $\dfrac1a-\pi\cot\big(a\pi\big)$

por diferenciar el logaritmo natural de Euler infinito del producto de la expresión de la función seno.

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{#c00000}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large\int_{0}^{1}{x^{-a} - x^{a} \over 1 - x}\,\dd x} =\int_{0}^{1}{1 - x^{a} \over 1 - x}\,\dd x -\int_{0}^{1}{1 - x^{-a} \over 1 - x}\,\dd x =\Psi\pars{a + 1} - \Psi\pars{-a + 1} \\[5mm]&=\bracks{\Psi\pars{a} + {1 \over a}} - \Psi\pars{1 - a} ={1 \over a} - \bracks{\Psi\pars{1 - a} - \Psi\pars{a}} \\[5mm]&=\color{#66f}{\large{1 \over a} - \pi\cot\pars{\pi a}}\,,\qquad \verts{\Re\pars{a}}\ <\ 1 \end{align}

Answer 5

Podemos hacerlo sin utilizar El camino de Feynman

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{x^{-a}-x^a}{1-x}\,\mathrm dx &=\int_0^1 \left[\frac{x^{-a}}{1-x}-\frac{-x^a}{1-x}\right]\,\mathrm dx\tag{1}\ &=\int0^1\sum{k=1}^\infty\left(x^{k-a-1}-x^{k+a-1}\right)\,\mathrm dx\tag{2}\ &=\sum_{k=1}^\infty\int0^1\left(x^{k-a-1}-x^{k+a-1}\right)\,\mathrm dx\tag{3}\ &= \sum{n=1}^\infty \left(\frac{1}{k-a} - \frac{1}{k+a}\right)\tag{4}\ &= \sum{n=1}^\infty \left(\frac{k+a-k+a}{(k-a)(k+a)}\right)\tag{5}\ &= \sum{n=1}^\infty \left(\frac{2a}{k^2-a^2}\right)\tag{6}\ &= 2a\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{k^2-a^2}\tag{7}\ &= 2a\left[\frac{1}{2a} \left( \frac{1}{a} \, - \, \pi \cot(a\pi) \right)\right]\tag{8}\ &= \frac{1}{a} \, - \, \pi \cot(a\pi)\tag{9}\ \end {Alinee el} $$

Tenga en cuenta que para convergencia $a \in (-1,1)$

$$\large\int_0^1 \frac{x^{-a}-x^a}{1-x}\,\mathrm dx= \frac{1}{a} \, - \, \pi \cot(a\pi)$$