Formas de demostrarlo $\int_{0}^{1}((1-x^r)^{1/r}-x)^{2k}dx=\frac{1}{2k+1}$

Question

A través de algunos cálculos, encontré que para todos los $r>0$ $$ \begin{array}{rcl} {\displaystyle\int_{0}^{1}\left[\left(1 - x^{r}\right)^{1/r} - x\right]^{2}\,\mathrm{d}x} & {\displaystyle =} & {\displaystyle{1 \over 3}} \\ {\displaystyle\int_{0}^{1}\left[\left(1 - x^{r}\right)^{1/r} - x\right]^{4}\,\mathrm{d}x} & {\displaystyle =} & {\displaystyle{1 \over 5}} \\ {\displaystyle\int_{0}^{1}\left[\left(1 - x^{r}\right)^{1/r} - x\right]^{6}\,\mathrm{d}x} & {\displaystyle =} & {\displaystyle{1 \over 7}} \end{array} $$

Parece que para $k \in \mathbb{N}$

$$ \int_{0}^{1} \left[\left(1 - x^{r}\right)^{1/r} - x\right]^{2k}\mathrm{d}x = {1 \over 2k + 1} $$

Quiero demostrar esta forma general.

Alguien sugirió hacer la sustitución $$y=(1-x^r)^{1/r}$$ Dejemos que $n=2k$ y reescribí la integral en $$\int_{0}^{1}((1-x^r)^{1/r}-x)^ndx=\int_{0}^{1}(y-x)^ndx$$ y traté de usar la fórmula binomial: $$(y-x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(-1)^{n-k}x^{n-k}y^{k}$$

La integral se convierte entonces en $$\begin{align} \int_{0}^{1}(y-x)^ndx&=\int_{0}^{1}\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(-1)^{n-k}x^{n-k}y^{k}dx\\ &=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(-1)^{n-k}\int_{0}^{1}x^{n-k}y^{k}dx\\ &=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(-1)^{n-k}\int_{0}^{1}x^{n-k}(1-x^r)^{k/r}dx\\ \end{align}$$ Ahora creo que tengo que usar la función Beta: $$B(x,y) = \frac{(x-1)!(y-1)!}{(x+y-1)!}= \int_{0}^{1}u^{x-1}(1-u)^{y-1}du=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{\binom{n-y}{n}}}{x+n}$$ ¿Estoy en el camino correcto? ¿Hay alguna forma más fácil de demostrar la forma general?

Answer 1

Presentamos 3 soluciones diferentes.

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Solución 1 - Sustitución de la mano de obra. Demostramos una afirmación más general:

Propuesta. Dejemos que $R \in (0, \infty]$ y que $\varphi : [0, R] \to [0, R]$ satisfacen las siguientes condiciones:

• $\varphi$ es continua en $[0, R]$ ;
• $\varphi(0) = R$ y $\varphi(R) = 0$ ;
• $\varphi$ es biyectiva y $\varphi^{-1} = \varphi$ .

Entonces para cualquier función integrable $f$ en $[0, R]$ , $$ \int_{0}^{R} f(|x-\varphi(x)|) \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{R} f(x) \, \mathrm{d}x. $$

Prueba. En caso de que $\varphi$ también es continuamente diferenciable en $(0, R)$ mediante la sustitución $y = \varphi(x)$ , o de forma equivalente, $x = \varphi(y)$ ,

$$ I := \int_{0}^{R} f( |x - \varphi(x)| ) \, \mathrm{d}x = -\int_{0}^{R} f( |\varphi(y) - y| ) \varphi'(y) \, \mathrm{d}y. $$

Suma de dos integrales,

\begin{align*} 2I &= \int_{0}^{R} f( |x - \varphi(x)| ) (1 - \varphi'(x)) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{-R}^{R} f( |u| ) \, \mathrm{d}u = 2\int_{0}^{R} f(u) \, \mathrm{d}u, \tag{$u = x - \varphi(x)$} \end{align*}

probar la reclamación cuando $\varphi$ es continuamente diferenciable. Esta prueba se puede adaptar fácilmente a la $\varphi$ utilizando la integral de Stieltjes.

Ahora enchufe $\varphi(x) = (1-x^r)^{1/r}$ con $R = 1$ y $f(x) = x^n$ para un número entero par positivo $n$ . Entonces

$$ \int_{0}^{1} \left( (1-x^r)^{1/r} - x \right)^n \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} \left| x - (1-x^r)^{1/r} \right|^n \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} x^n \, \mathrm{d}x = \frac{1}{n+1}. $$

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Solución 2 - utilizando la función beta. He aquí una solución alternativa. Escriba $p = 1/r$ . A continuación, utilizando la sustitución $x = u^p$ ,

\begin{align*} \int_{0}^{1} \left( (1 - x^r)^{1/r} - x \right)^n \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \left( (1 - u)^{p} - u^p \right)^{n} pu^{p-1} \, \mathrm{d}u \\ &= \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} p \int_{0}^{1} (1-u)^{p(n-k)} u^{p(k+1)-1} \, \mathrm{d}u \\ &= \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} p \cdot \frac{(p(n-k))!(p(k+1)-1)!}{(p(n+1))!} \end{align*}

Aquí, $s! = \Gamma(s+1)$ . Ahora defina $a_k = (pk)!/k!$ . Entonces la suma anterior se simplifica a

\begin{align*} \int_{0}^{1} \left( (1 - x^r)^{1/r} - x \right)^n \, \mathrm{d}x &= \frac{1}{(n+1)a_{n+1}} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_{n-k}a_{k+1} \\ &= \frac{1}{(n+1)a_{n+1}} \left( a_0 a_{n+1} + \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k a_{n-k}a_{k+1} \right). \end{align*}

Por lo tanto, basta con demostrar que $\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k a_{n-k}a_{k+1} = 0$ . Pero por la sustitución $l = n-1-k$ tenemos

$$ \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k a_{n-k}a_{k+1} = - \sum_{l=0}^{n-1} (-1)^l a_{l+1}a_{n-l}. $$

(Aquí la paridad de $n$ se utiliza). Así que la suma es igual a su negación, por lo tanto es cero como se requiere.

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Solución 3 - utilizando el cálculo multivariante. Dejemos que $\mathcal{C}_r$ denotan la curva definida por $x^r + y^r = 1$ en el primer cuadrante, orientado hacia la derecha. A continuación,

$$ I(r) := \int_{0}^{1} \left( (1 -x^r)^{1/r} - x \right)^n \, \mathrm{d}x = \int_{\mathcal{C}_r} ( y - x )^n \, \mathrm{d}x. $$

Tenga en cuenta que si $0 < r < s$ entonces $\mathcal{C}_s$ se encuentra por encima de $\mathcal{C}_r$ y, por tanto, la curva $\mathcal{C}_r - \mathcal{C}_s$ limita una región, que denotamos por $\mathcal{D}$ en sentido contrario a las agujas del reloj:

$\hspace{10em}$

Entonces, por el teorema de Green,

$$ I(r) - I(s) = \int_{\partial \mathcal{D}} ( y - x )^n \, \mathrm{d}x = - \iint_{\mathcal{D}} n (y - x)^{n-1} \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

Pero como la región $\mathcal{D}$ es simétrica en torno a $y = x$ y $n$ es uniforme, intercambiando los papeles de $x$ y $y$ muestra

$$ \iint_{\mathcal{D}} n (y - x)^{n-1} \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{\mathcal{D}} n (x - y)^{n-1} \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y = - \iint_{\mathcal{D}} n (y - x)^{n-1} \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

Por lo tanto, $I(r) = I(s)$ para cualquier $ r < s$ y, en particular, dejar que $s \to \infty$ da

$$ I(r) = \int _{0}^{1} (1 - x)^n \, \mathrm{d}x = \frac{1}{n+1}. $$

Answer 2

Aquí está su Beta integral $$S=\int_0^1x^{n-k}(1-x^r)^{k/r}dx$$ Configuración $w=x^r$ vemos que $$S=\frac1r\int_0^1w^{\frac{n+1-k-r}r}(1-w)^{k/r}dw$$ $$S=\frac1r\int_0^1w^{\frac{n+1-k}r-1}(1-w)^{\frac{k+r}r-1}dw$$ $$S=\frac1r\mathrm{B}\bigg(\frac{n+1-k}r,\frac{k+r}r\bigg)$$ Así que $$I(r,n)=\int_0^1[(1-x^r)^{1/r}-x]^ndx$$ $$I(r,n)=\frac1r\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}{n\choose k}\frac{\Gamma(\frac{n+1-k}r)\Gamma(\frac{k+r}r)}{\Gamma(1+\frac{n+1}r)}$$ $$I(r,n)=\frac1{r}\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(1+\frac{n+1}r)}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\frac{\Gamma(\frac{n+1-k}r)\Gamma(\frac{k+r}r)}{\Gamma(k+1)\Gamma(n-k+1)}$$

Que es una forma cerrada

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\left.\int_{0}^{1}\bracks{\pars{1 - x^{r}}^{1/r} - x}^{2k}\,\dd x\,\right\vert_{{\large r\ >\ 0} \atop {\large k\ \in\ \mathbb{N}_{\geq\ 0}}}} \\[5mm] \stackrel{x^{\large r}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\,& \int_{0}^{1}\bracks{\pars{1 - x}^{1/r} - x^{1/r}}^{2k}\,{1 \over r}\, x^{1/r - 1}\,\dd x \\[5mm] \,\,\,\stackrel{x\ \mapsto\ x + 1/2}{=}\,\,\,& {1 \over r}\int_{-1/2}^{1/2}\bracks{\pars{{1 \over 2} - x}^{1/r} - \pars{{1 \over 2} + x}^{1/r}}^{2k}\, \pars{{1 \over 2} + x}^{1/r - 1}\,\dd x \\[8mm] = &\ {1 \over r}\int_{0}^{1/2}\bracks{\pars{{1 \over 2} - x}^{1/r} - \pars{{1 \over 2} + x\!}^{1/r}}^{2k}\times \\[2mm] &\ \phantom{{1 \over r}\int_{0}^{1/2}}\bracks{\pars{{1 \over 2} + x}^{1/r - 1} + \pars{{1 \over 2} - x}^{1/r - 1}\!}\!\dd x \\[8mm] = &\ -\int_{0}^{1/2}{1 \over 2k + 1}\,\partiald{}{x}\bracks{\pars{{1 \over 2} - x}^{1/r} - \pars{{1 \over 2} + x}^{1/r}}^{2k + 1}\,\dd x \\[5mm] = &\ \underbrace{\braces{-\bracks{\pars{{1 \over 2} - x}^{1/r} - \pars{{1 \over 2} + x}^{1/r}}^{2k + 1}}_{x\ =\ 0}^{x\ =\ 1/2}} _{\ds{=\ 1\ -\ 0\ =\ 1}}\,\,\,{1 \over 2k + 1} \\[5mm] = &\ \bbx{1 \over 2k + 1} \end{align}

Answer 4

Aquí hay una prueba con la función Hypergeometirc.

Tenemos $$ \underset{j=1}{\overset{2 n+1}{\sum }} \left( \begin{array}{c} 2 n \\ j-1 \\ \end{array} \right) (-x)^{j-1} \left(\left(1-x^r\right)^{1/r}\right)^{-j+2 n+1} =\left(\left(1-x^r\right)^{1/r}-x\right)^{2 n} $$ por expansión binomial.

Es fácil comprobar que $$ \left( \begin{array}{c} 2 n \\ j-1 \\ \end{array} \right) (-x)^{j-1} \left(\left(1-x^r\right)^{1/r}\right)^{-j+2 n+1} = \frac{\mathrm d}{\mathrm d x}\left( \frac{1}{2 n+1} (-1)^{j+1} x^j \binom{2 n+1}{j} \, _2F_1\left(\frac{j}{r},-\frac{-j+2 n+1}{r};\frac{j}{r}+1;x^r\right) \right) $$ Por lo tanto, tenemos $$ \int((1-x^r)^{1/r}-x)^{2 n} \mathrm dx = \sum _{j=1}^{2 n+1} \frac{1}{2 n+1} (-1)^{j+1} x^j \binom{2 n+1}{j} \, _2F_1\left(\frac{j}{r},-\frac{-j+2 n+1}{r};\frac{j}{r}+1;x^r\right). $$ Cuando $j=2n+1$ el sumando de la mano derecha es igual a $\frac{x^{2 n+1}}{2 n+1}$ . Este es el término que nos da $\frac 1 {2n+1}$ .