Calcula $\sum\limits_{j = 0}^{m - 1} \left(c_j + 1\right)\ln\left(c_j + 1\right)$ donde $c_j = \cos\left(\frac{\pi}{2m}\left(1 + 2j\right) \right)$

Question

Como parte de la solución:

$$\begin{equation} I_m = \int_0^1 \ln\left(1 + x^{2m}\right)\:dx. \end{equation}$$ donde $m \in \mathbb{N}$ . He encontrado un componente sin resolver que no sé cómo empezar:

$$\begin{equation} G_m = \sum_{j = 0}^{m - 1} \left(c_j + 1\right)\ln\left(c_j + 1\right), \end{equation}$$

donde $c_j = \cos\left(\frac{\pi}{2m}\left(1 + 2j\right) \right)$

Sólo busco un punto de partida. Cualquier consejo será muy apreciado.

Por cierto, pude mostrar (y esto fue parte de la solución también) :

$$\begin{equation} \sum_{j = 0}^{m - 1} c_j = 0 \end{equation}$$

Edición: Para los que puedan estar interesados. En colaboración con clathratus encontramos que para $n > 1$

$$\begin{equation} \int_{0}^{1} \frac{1}{t^n + 1}\:dt = \frac{1}{n}\left[\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi}{n} \right)}- B\left(1 - \frac{1}{n}, \frac{1}{n}, \frac{1}{2}\right)\right] \end{equation}$$

O para cualquier límite superior positivo $x$ : $$\begin{align} I_n(x) &= \int_{0}^{x} \frac{1}{t^n + 1}\:dt = \frac{1}{n}\left[\Gamma\left(1 - \frac{1}{n} \right)\Gamma\left(\frac{1}{n} \right)- B\left(1 - \frac{1}{n}, \frac{1}{n}, \frac{1}{x^n + 1}\right)\right] \end{align}$$

En este caso, sin embargo, tuve la curiosidad de investigar cuando $n$ era un número entero par. Este es mi trabajo:

Aquí consideraremos $r = 2m$ donde $m \in \mathbb{N}$ . Al hacerlo, observamos que las raíces de la función son $m$ pares de raíces complejas $(z, c(z))$ donde $c(z)$ es el conjugado de $z$ . Para comprobarlo:

$$\begin{align} x^{2m} + 1 = 0 \rightarrow x^{2m} = e^{\pi i} \end{align}$$

Por La fórmula de De Moivre observamos que:

$$\begin{align} x = \exp\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} i} \right) \mbox{ for } j = 0\dots 2m - 1, \end{align}$$

que podemos expresar como el conjunto

$$\begin{align} S &= \Bigg\{ \exp\left({\frac{\pi + 2\pi \cdot 0}{2m} i} \right) , \:\exp\left({\frac{\pi + 2\pi \cdot 1}{2m} i} \right),\dots,\:\exp\left({\frac{\pi + 2\pi \cdot (2m - 2)}{2m} i} \right)\\ &\qquad\:\exp\left({\frac{\pi + 2\pi \cdot (2m - 1)}{2m} i} \right)\Bigg\}, \end{align}$$

que puede expresarse como el conjunto de $2$ -tuplas

$$\begin{align} S &= \left\{ \left( \exp\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} i} \right) , \:\exp\left({\frac{\pi + 2\pi(2m - 1 - j )}{2m} i} \right)\right)\: \bigg|\: j = 0 \dots m - 1\right\}\\ & = \left\{ (z_j, c\left(z_j\right)\:|\: j = 0 \dots m - 1 \right\} \end{align}$$

A partir de aquí, podemos factorizar $x^{2m} + 1$ en la forma

$$\begin{align} x^{2m} + 1 &= \prod_{r \in S} \left(x + r_j\right)\left(x + c(r_j)\right) \\ &= \prod_{i = 0}^{m - 1} \left(x^2 + \left(r_j + c(r_j)\right)x + r_j c(r_j)\right) \\ &= \prod_{i = 0}^{m - 1} \left(x^2 + 2\Re\left(r_j\right)x + \left|r_j \right|^2\right) \end{align}$$

Para nuestro caso $\left|r_j \right|^2 = 1$ y $\Re\left(r_j\right) = \cos\left(\frac{\pi + 2\pi j}{2m} \right)= \cos\left(\frac{\pi}{2m}\left(1 + 2j\right)\right) = c_j$

$$\begin{align} \int_0^1 \log\left( x^{2m} + 1\right)\:dx &= \int_0^1 \log\left(\prod_{r \in S} \left(x^2 + 2c_jx+ \left|r_j \right|^2\right)\right)\\ &= \sum_{j = 0}^{m - 1} \int_0^1 \log\left(x^2 + 2c_jx + 1 \right)\\ &= \sum_{j = 0}^{m - 1} \left[2\sqrt{1 - c_j^2}\arctan\left(\frac{x + c_j}{\sqrt{1 - c_j^2}}\right) + \left(x + c_j\right)\log\left(x^2 + 2c_jx + 1\right) - 2x \right]_0^1 \\ &= \sum_{j = 0}^{m - 1} \left[ 2\sqrt{1 - c_j^2}\arctan\left(\sqrt{\frac{1 - c_j}{1 + c_j}} \right) + \log(2)c_j + \left(\log(2) - 2\right) + \left(c_j + 1\right)\log\left(c_j + 1\right) \right] \\ &= 2\sum_{j = 0}^{m - 1}\sqrt{1 - c_j^2}\arctan\left(\sqrt{\frac{1 - c_j}{1 + c_j}} \right) + \log(2)\sum_{j = 0}^{m - 1} c_j + m\left(\log(2) - 2\right)\\ &\qquad+ \sum_{j = 0}^{m - 1}\left(c_j + 1\right)\log\left(c_j + 1\right) \end{align}$$

Así,

$$\begin{align} \int_0^1 \log\left( x^{2m} + 1\right)\:dx &=\sum_{j = 0}^{m - 1}c_j\sin\left(\frac{\pi}{2m}\left(1 + 2j\right)\right) + \log(2)\sum_{j = 0}^{m - 1} c_j + m\left(\log(2) - 2\right)\\ &\qquad+ \sum_{j = 0}^{m - 1}\left(c_j + 1\right)\log\left(c_j + 1\right) \end{align}$$

Answer 1

Esto no responde a la pregunta formulada en el post.

Considere $$J_m=\int \log(1+x^{2m})\,dx$$ Una integración por partes da $$J_m=x \log \left(1+x^{2 m}\right)-2m\int \frac{ x^{2 m}+1-1}{x^{2 m}+1}\,dx=x \log \left(1+x^{2 m}\right)-2mx+2m\int \frac{dx}{x^{2 m}+1}$$ y $$\int \frac{dx}{x^{2 m}+1}=x \, _2F_1\left(1,\frac{1}{2 m};1+\frac{1}{2 m};-x^{2 m}\right)$$ donde aparece la función gaussiana o hipergeométrica ordinaria.

Así que $$K_m=\int_0^a \log(1+x^{2m})\,dx=a \log \left(1+a^{2 m}\right)-2ma+2ma \, _2F_1\left(1,\frac{1}{2 m};1+\frac{1}{2 m};-a^{2 m}\right)$$ y, si $a=1$ , $$I_m=\int_0^1 \log(1+x^{2m})\,dx= \log \left(2\right)-2m+2m \, _2F_1\left(1,\frac{1}{2 m};1+\frac{1}{2 m};-1\right)$$ que puede escribir $$I_m=\log (2)-\Phi \left(-1,1,1+\frac{1}{2 m}\right)$$ donde aparece la función trascendente de Lerch.

Ahora, (esto es algo que nunca miré), unas cuantas expresiones (feas) para $f_m=\Phi \left(-1,1,1+\frac{1}{2 m}\right)$ antes de cualquier simplificación $$f(1)=\frac{\pi }{2}-2$$ $$f(2)=\frac{1}{4} \left(\pi \tan \left(\frac{\pi }{8}\right)+\pi \cot \left(\frac{\pi }{8}\right)-4 \sqrt{2} \log \left(\sin \left(\frac{\pi }{8}\right)\right)+4 \sqrt{2} \log \left(\cos \left(\frac{\pi }{8}\right)\right)\right)-4$$ $$f(3)=\frac{2 \left(\pi -\sqrt{3} \log \left(\sqrt{3}-1\right)+\sqrt{3} \log \left(1+\sqrt{3}\right)\right)}{\left(\sqrt{3}-1\right) \left(1+\sqrt{3}\right)}-6$$ $$f(4)=\frac{1}{4} \left(\pi \tan \left(\frac{\pi }{16}\right)+\pi \cot \left(\frac{\pi }{16}\right)-8 \sin \left(\frac{\pi }{8}\right) \log \left(\sin \left(\frac{3 \pi }{16}\right)\right)+8 \cos \left(\frac{\pi }{8}\right) \log \left(\cos \left(\frac{\pi }{16}\right)\right)-8 \cos \left(\frac{\pi }{8}\right) \log \left(\sin \left(\frac{\pi }{16}\right)\right)+8 \sin \left(\frac{\pi }{8}\right) \log \left(\cos \left(\frac{3 \pi }{16}\right)\right)\right)-8$$

Answer 2

$\color{brown}{\textbf{Preliminary notes.}}$

El cálculo de la suma requerida parece una tarea más compleja que la del integral de la cuestión.

La aproximación con cálculos de la suma a través de la integral permite obtener una forma cercana tanto de la integral como de la suma.

Denote $$I_n=\int\limits_0^1\log(1+x^n)\mathrm dx.\tag1$$ Es fácil ver que la cuestión integral es $I_{2m}.$

$\color{brown}{\textbf{Closed form of the integrals.}}$

El primer paso es la integración por partes: $$I_n = x\log(1+x^n)\biggr|_0^1-n\int_0^1x\dfrac{x^{n-1}}{1+x^n}\mathrm dx,$$ $$I_n = \log2 - n + n\int\limits_0^1\dfrac{\mathrm dx}{1+x^n}.\tag2$$ (véase también Claude Leibovici ).

Entonces, la sustitución $$x=e^{-t}\tag3$$ da $$J_n=\int\limits_0^1\dfrac{\mathrm dx}{1+x^n}=\int\limits_0^\infty\dfrac{e^{-t}\,\mathrm dt}{1+e^{-nt}} = \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\int\limits_0^\infty e^{-(kn+1)t}\,\mathrm dt=\sum\limits_{k=0}^\infty\dfrac{(-1)^k}{kn+1} ,$$ $$J_n = \int\limits_0^1\dfrac{\mathrm dx}{1+x^n}= \dfrac1{2n}\left(\psi_0\left(\dfrac{n+1}{2n}\right) - \psi_0\left(\dfrac{1}{2n}\right)\right),\tag4$$ donde $\psi_0(x)$ es el función poligamma .

Utilizando $(2),(4),$ es fácil obtener la expresión de la integral de OP en forma de $$\boxed{I_{2m} = \log2 - 2m +\dfrac1{2}\left(\psi_0\left(\dfrac{2m+1}{4m}\right) - \psi_0\left(\dfrac{1}{4m}\right)\right).}\tag5$$

$\color{brown}{\textbf{Testing of the solution.}}$

Solución $(4)$ puede expresarse a través de las funciones elementales para un montón de los valores dados de n%20-%20polygamma(0,%201%2F(2%20n)))%2F(2%20n)%7D,%20%7Bn,9%7D) .

Los cálculos inmediatos permiten comprobar las expresiones obtenidas en los casos sencillos $$\begin{align} &J_1 = \int\limits_0^1\dfrac{\mathrm dx}{1+x} = \log 2,\\[4pt] &J_2 = \int\limits_0^1\dfrac{\mathrm dx}{1+x^2} = \arctan 1 = \dfrac\pi4,\\[4pt] &J_3 = \int\limits_0^1\dfrac{\mathrm dx}{1+x^3} = \dfrac16\int\limits_0^1\left(\dfrac{2}{1+x} - \dfrac{2x-1}{1-x+x^2} + \dfrac{3}{1-x+x^2}\right)\,\mathrm dx\\ &= \left(\dfrac13\log(1+x) - \dfrac16 \log(1-x+x^2) + \dfrac1{\sqrt3}\arctan\dfrac{2x-1}{\sqrt3}\right)\bigg|_0^1 = \dfrac\pi{3\sqrt3} + \frac13 \log2.\\[4pt] \end{align}$$ Los casos más duros son $$\begin{align} &J_4 = \int\limits_0^1\dfrac{\mathrm dx}{1+x^4} = \dfrac{\sqrt2}8\left(\log\dfrac{x^2 + \sqrt2 x + 1}{x^2 - \sqrt2 x + 1} - 2\arctan(1-\sqrt2x) + 2\arctan(\sqrt2x+1)\right)\bigg|_0^1\\[4pt] &= \dfrac{\sqrt2}8\left(\log\dfrac{(x^2 + \sqrt2 x + 1)^2}{1+x^4} + 2\arctan\dfrac{x\sqrt2}{1-x^2}\right)\bigg|_0^1 = \dfrac{\sqrt2}8(\pi+\log(3+2\sqrt2)),\\[4pt] &J_4=\dfrac18\Bigg(\dfrac12\sqrt{\dfrac{2-\sqrt2}{2+\sqrt2}}\pi+\dfrac12\sqrt{\dfrac{2+\sqrt2}{2-\sqrt2}}\pi -2\sqrt2\left(-\log2+\dfrac12\log(2-\sqrt2)\right)\\[4pt] &+2\sqrt2\left(-\log2+\dfrac12\log(2+\sqrt2)\right)\Bigg)\\[4pt] &=\dfrac18\Bigg(\dfrac\pi2\left(\tan\dfrac\pi8+\cot\dfrac\pi8\right) +\sqrt2\log\dfrac{2+\sqrt2}{2-\sqrt2}\Bigg) = \dfrac{\sqrt2}8(\pi+\log(3+2\sqrt2)), \end{align}$$ y $n>4.$

Cálculos numéricos de la cuestión integral $I_{2m}$ y su forma cerrada%20-%20polygamma(0,%201%2F(2%7B2,4,6,8,10,12,14,16%7D)))%2F2.%7D) $(5)$ también confirman la corrección de la forma cerrada.

$\color{brown}{\textbf{The alternative approach.}}$

El enfoque alternativo se considera en OP. Repitámoslo con algunas diferencias.

La factorización de polinomios se puede presentar en forma de

$$\begin{align} &1+x^{2m} = \prod\limits_{j=0}^{2m-1}{\large \left(x-e^{\frac{2j+1}{2m}\pi i}\right)} = \prod\limits_{j=0}^{m-1}\left(x^2-2x\cos\frac{2j+1}{2m}\pi+1\right), \end{align}$$ así que $$\begin{align} &I_{2m} = \int\limits_0^1 \ln(1+x^{2m})\,\mathrm dx = \sum\limits_{j=0}^{m-1} T_j,\quad\text{where}\\[4pt] &T_j = \int\limits_0^1 \ln\left(x^2-2x\cos\frac{2j+1}{2m}\pi+1\right)\,\mathrm dx,\\[4pt] &T_j = x\ln\left(x^2-2x\cos\frac{2j+1}{2m}\pi+1\right)\bigg|_0^1 - 2\int\limits_0^1 \dfrac{x\left(x-\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right)}{x^2-2x\cos\frac{2j+1}{2m}\pi+1}\,\mathrm dx\\[4pt] & = \ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right) - 2-2\int\limits_0^1 \dfrac{x\cos\frac{2j+1}{2m}\pi-1}{x^2-2x\cos\frac{2j+1}{2m}\pi+1}\,\mathrm dx\\[4pt] & = \ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right) - 2 - 2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi \int\limits_0^1 \dfrac{x-\cos\frac{2j+1}{2m}\pi}{x^2-2x\cos\frac{2j+1}{2m}\pi+1}\,\mathrm dx\\[4pt] & + 2\int\limits_0^1 \dfrac{\sin^2\frac{2j+1}{2m}\pi}{\left(x-\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right)^2+\sin^2\frac{2j+1}{2m}\pi}\,\mathrm dx\\[4pt] & = \ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right) - 2 - \cos\frac{2j+1}{2m}\pi \ln\left(x^2-2x\cos\frac{2j+1}{2m}\pi+1\right)\bigg|_0^1\\[4pt] & + 2\sin\frac{2j+1}{2m}\pi \arctan\dfrac{x-\cos\frac{2j+1}{2m}\pi}{\sin\frac{2j+1}{2m}\pi}\bigg|_0^1\\[4pt] & = \ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right) - 2 - \cos\frac{2j+1}{2m}\pi \ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right)\\[4pt] & + 2\sin\frac{2j+1}{2m}\pi \left(\arctan\dfrac{1-\cos\frac{2j+1}{2m}\pi}{\sin\frac{2j+1}{2m}\pi} + \arctan\dfrac{\cos\frac{2j+1}{2m}\pi}{\sin\frac{2j+1}{2m}\pi}\right)\\[4pt] & = \ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right) - 2 - \cos\frac{2j+1}{2m}\pi \ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right)\\[4pt] & + 2\sin\frac{2j+1}{2m}\pi \arctan\dfrac{\sin\frac{2j+1}{2m}\pi} {\sin^2\frac{2j+1}{2m}\pi - \left(1 - \cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right)\cos\frac{2j+1}{2m}\pi}\\[4pt] & = \left(1-\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right)\ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right) - 2 + 2\sin\frac{2j+1}{2m}\pi\arctan\cot\frac{2j+1}{4m}\pi,\\[4pt] &T_j = \left(1-\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right)\ln\left(2-2\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right) - 2 + \dfrac{2(m-j)-1}{2m}\pi\sin\frac{2j+1}{2m}\pi. \end{align}$$ Teniendo en cuenta que $$\begin{align} &\sum\limits_{j=0}^{m-1}\cos\frac{2j+1}{2m}\pi = \Re \sum\limits_{j=0}^{m-1}e^{\frac{2j+1}{2m}\pi i} = \Re {\large \dfrac{1-e^{\pi i}}{1-e^{\frac\pi{m}i}}e^{\frac\pi{2m}i}} =\Re\dfrac {i}{\sin\frac\pi{2m}} = 0,\\[4pt] &\sum\limits_{j=0}^{m-1}\sin\frac{2j+1}{2m}\pi = \Im \sum\limits_{j=0}^{m-1}e^{\frac{2j+1}{2m}\pi i} =\Im\dfrac{i}{\sin\frac\pi{2m}} = \dfrac1{\sin\frac\pi{2m}},\\[4pt] &\sum\limits_{j=0}^{m-1}\frac{2j+1}{2m}\pi\sin\frac{2j+1}{2m}\pi = \dfrac\pi{2\sin\frac\pi{2m}} \end{align}$$ (véase también Cálculos de Wolfram Alpha) ),

se puede conseguir $$\boxed{I_{2m} = m(\ln2-2) + \dfrac\pi2\csc\frac\pi{2m} + \sum\limits_{j=0}^{m-1}\left(1\pm\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right) \log\left(1\pm\cos\frac{2j+1}{2m}\pi\right).}\tag6$$

$\color{brown}{\textbf{Closed form for the sum.}}$

Desde $(5)-(6)$ debe $$\color{green}{\boxed{\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left(1\pm c_j\right) \log\left(1\pm c_j\right) = \dfrac1{2}\left(\psi_0\left(\dfrac{2m+1}{4m}\right) - \psi_0\left(\dfrac{1}{4m}\right)\right) - (m-1)\ln2 - \dfrac\pi2\csc\frac\pi{2m} ,}}\tag7$$ donde $$c_j = \cos\frac{2j+1}{2m}\pi.$$

Los cálculos numéricos confirman(1-cos(((2j%2B1)%2F(%7B1,2,3,4,5,6,7,8%7D))+pi%2F2))+ln(1-cos(((2j%2B1)%2F(%7B1,2,3,4,5,6,7,8%7D))+pi%2F2)))) la expresión $(6)$ para las dos variantes del signo " $\pm$ ".

Además, los cálculos numéricos del importe de la emisión(1-cos(((2j%2B1)%2F(%7B1,2,3,4,5,6,7,8%7D))+pi%2F2))+ln(1-cos(((2j%2B1)%2F(%7B1,2,3,4,5,6,7,8%7D))+pi%2F2)))) y su forma cerrada+-+polygamma(0,+1%2F(2%7B2,4,6,8,10,12,14,16%7D)))%2F2.+-++(%7B2,4,6,8,10,12,14,16%7D%2F2+-1)*ln2+-+pi%2F2+csc(pi%2F%7B2,4,6,8,10,12,14,16%7D)%7D) $(7)$ confirman la corrección de la forma cerrada para las dos variantes del signo " $\pm$ ".

Answer 3

¡Lo hice!

En realidad no tengo ni idea de si esto funciona o no, pero así es como lo hice.

$n\in\Bbb N$

Definir la secuencia $\{r_k^{(n)}\}_{k=1}^{k=n}$ tal que $$x^n+1=\prod_{k=1}^{n}\big(x-r^{(n)}_{k}\big)$$ Entonces sabemos que $$r_k^{(n)}=\exp\bigg[\frac{i\pi}{n}(2k-1)\bigg]$$ Entonces definimos $$S_n=\{r_k^{(n)}:k\in[1,n]\cap\Bbb N\}$$ Así que tenemos que $$\frac1{x^n+1}=\prod_{r\in S_n}\frac1{x-r}=\prod_{k=1}^n\frac1{x-r_k^{(n)}}$$ Entonces suponemos que podemos escribir $$\prod_{r\in S_n}\frac1{x-r}=\sum_{r\in S_n}\frac{b(r)}{x-r}$$ Multiplicando ambos lados por $\prod_{a\in S_n}(x-a)$ , $$1=\sum_{r\in S_n}b(r)\prod_{a\in S_n\\ a\neq r}(x-a)$$ Así que para cualquier $\omega\in S_n$ , $$1=b(\omega)\prod_{a\in S_n\\ a\neq \omega}(\omega-a)$$ $$b(\omega)=\prod_{a\in S_n\\ a\neq \omega}\frac1{\omega-a}$$ $$b(r_k^{(n)})=\prod_{p=1\\ p\neq k}^n\frac1{r_k^{(n)}-r_p^{(n)}}$$ Así que sabemos que $$I_n=\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^n}=\sum_{k=1}^{n}b(r_k^{(n)})\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{x-r_k^{(n)}}$$ $$I_n=\sum_{k=1}^{n}b(r_k^{(n)})\log\bigg|\frac{r_k^{(n)}-1}{r_k^{(n)}}\bigg|$$ $$I_n=\sum_{k=1}^{n}\log\bigg|\frac{r_k^{(n)}-1}{r_k^{(n)}}\bigg|\prod_{p=1\\ p\neq k}^n\frac1{r_k^{(n)}-r_p^{(n)}}$$ Así que tenemos $$\int_0^1\log(1+x^n)\mathrm{d}x=\log2-n+n\sum_{k=1}^{n}\log\bigg|\frac{r_k^{(n)}-1}{r_k^{(n)}}\bigg|\prod_{p=1\\ p\neq k}^n\frac1{r_k^{(n)}-r_p^{(n)}}$$ junto con una plétora de otras identidades...

Answer 4

Aquí hay otro método más rápido (tampoco sé si éste funciona)

Utilizando el mismo $r_k^{(n)}$ como la última vez, aplicamos el $\log\prod_{i}a_i=\sum_i\log a_i$ para ver que $$\log(1+x^n)=\log\prod_{k=1}^{n}(x-r_k^{(n)})=\sum_{k=1}^{n}\log(x-r_k^{(n)})$$ Así que $$I_n=\int_0^1\log(1+x^n)\mathrm dx=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1\log(x-r_k^{(n)})\mathrm dx$$ Esta última integral se reduce a $$\begin{align} \int_0^1\log(x-a)\mathrm dx=&a\log\frac{a}{1+a}+\log(1-a)-1\\ =&\log\frac{a^a(1-a)}{e(1+a)^a} \end{align}$$ Así que $$I_n=\sum_{r\in S_n}\log\frac{r^r(1-r)}{e(1+r)^r}$$ Y ya sabes que me encantan las representaciones de productos, así que volvemos a utilizar $\log\prod_{i}a_i=\sum_i\log a_i$ para ver que $$I_n=\log\prod_{r\in S_n}\frac{r^r(1-r)}{e(1+r)^r}\\ \prod_{r\in S_n}\frac{r^r(1-r)}{(1+r)^r}=\exp(n+I_n)$$ Lo cual me parece muy bueno.