Forma cerrada de$a_n = \int_0^1 \ln(1+x^n) dx$

Question

Quiero saber la forma cerrada de: $$a_n = \int_0^1 \ln(1+x^n)dx, \quad \forall n \in \mathbb{N}$ $

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Encontré :

PS

Comencé desde \begin{align} &\ln (1+x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k x^{k+1}}{k+1} \\ & \Rightarrow \ln(1+x^n)=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k x^{nk+n}}{k+1} \\ & a_n = \int_0^1 \ln(1+x^n)dx = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1}\int_0^1 x^{n+nk}dx \\ &=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1} \times \frac{1}{n+nk+1} \\ &=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1} \times \frac{1}{(n+1)(k+1)-k} \end {align}

Pero yo me quedé aquí. ¿Hay algo cerrado (o aproximado) de existir?

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Estos son algunos resultados para litte $$0<a_n<\frac{1}{n+1}, \quad \lim_{n\to\infty} a_n =0$ : \begin{align} & a_1 = 2\ln 2 - 1 \\ & a_2 = \ln2 - 2 + \frac{\pi}{2} \\ & a_3 = 2\ln 2 - 3 + \frac{\pi \sqrt{3}}{3} \\ \end {align}

Answer 1

Tenemos \begin{align} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(k+1)(k+z)} &= \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+1)(k+z)} - \sum_{k=0}^\infty \frac{1-(-1)^k}{(k+1)(k+z)} = \\ &= \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+1)(k+z)} - \sum_{m=0}^\infty \frac{2}{(2m+2)(2m+1+z)} = \\ &= \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+1)(k+z)} - \frac12 \sum_{m=0}^\infty \frac{1}{(m+1)(m+\frac{1+z}{2})} = \\ &= \frac{\psi(z)+\gamma}{z-1} - \frac12 \frac{\psi(\frac{1+z}{2})+\gamma}{\frac{1+z}{2}-1} = \\ &= \frac{\psi(z)-\psi(\frac{1+z}{2})}{z-1}\end{align} donde $\psi(z)$ es la función digamma y $\gamma$ es de Euler-Mascheroni constante.

Tenemos a continuación \begin{align} \int_0^1 \ln(1+x^n)dx &=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(k+1)(n+nk+1)} = \\ &= \frac{1}{n} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(k+1)(k+1+\frac{1}{n})} = \\&= \frac{1}{n} \frac{\psi(1+\frac{1}{n})-\psi(1+\frac{1}{2n})}{(1+\frac{1}{n})-1} = \\ &= \psi\big(1+\frac{1}{n}\big)-\psi\big(1+\frac{1}{2n}\big)\end{align}

Resulta que para cualquier $n\in\mathbb N$ puede ser expresado en términos de funciones elementales. Esto es debido a que \begin{align} \psi\big(1+\frac{1}{n}\big) &= -\gamma + \sum_{k=0}^\infty\frac{\frac1n}{(k+1)(k+1+\frac1n)} = \\ &= -\gamma + \sum_{k=0}^\infty\Big(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+1+\frac1n}\Big) = \\ &= -\gamma + \sum_{k=0}^\infty\int_0^1 (x^k-x^{k+\frac1n})dx = \\ &= -\gamma + \int_0^1 \frac{1-x^{\frac1n}}{1-x}dx = \\ &= -\gamma + \int_0^1 \frac{(1-y)ny^{n-1}}{1-y^n}dy = \\ &= -\gamma + \int_0^1 \frac{ny^{n-1}}{\prod_{k=1}^{n-1}(y-e^{i\frac{2\pi k }{n}})}dy \end{align} y la última integral se puede calcular mediante la fracción parcial de la descomposición.

Answer 2

Creo que de esta manera será mejor. Como su solución, mi solución también utiliza el poder de expansión de la serie:

Por integración por partes, vemos que $$a_n=\ln2-\int_{0}^1\frac{nx^n}{1+x^n}=\ln2-n(1-\int_0^1\frac{dx}{1+x^n}).$$

Ahora, tenga en cuenta que $$n(1-\int_0^1\frac{dx}{1+x^n})=n(1-\int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kx^{nk})\\ =n(1-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{nk+1})\\ =\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^kn}{nk+1}$$ Ahora: $$\lim_{n\to\infty}a_n=\ln2-\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^kn}{nk+1}\\ =\ln2-\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{k}=0$$

Answer 3

Aquí es una forma cerrada que involucran un número finito de suma de funciones trigonométricas.

Continuando Quruitay la respuesta, también se puede utilizar la fracción parcial de la descomposición de $$\frac{1}{x^n+1} = -\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1} \frac{\zeta_{2n}^{2k+1}}{x-\zeta_{2n}^{2k+1}}$$ to find the integral $$\int_0^1\frac{1}{x^n+1} \mathrm{d}x = -\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\zeta_{2n}^{2k+1}\ln\left(\zeta_{2n}^{-2k-1}-1\right)$$

Ahora $\zeta_{2n}^{-2k-1} - 1 = 2\left|\sin\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right|e^{-\frac{n+2k+1}{2n}\pi i}$ así obtenemos la suma: $$-\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\zeta_{2n}^{2k+1}\left[\ln 2 + \ln\left|\sin\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right|-\frac{n+2k+1}{2n}\pi i\right]$$

Asumimos $n \gt 1$. De Vieta las fórmulas aplicadas a $x^n + 1$ sabemos que $\sum\limits_{k=0}^{n-1}\zeta_{2n}^{2k+1} = 0$, por lo que podemos ignorar la constante de $\ln 2$ plazo, así como la constante $-\frac{n+1}{2n}\pi i$ plazo.

Además, podemos mostrar a $\sum\limits_{k=0}^{n-1}k\zeta_{2n}^{2k+1} = \frac{n}{2i\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}$ utilizando una fórmula general para $\sum\limits_{k=1}^{n-1} kX^k$. Estos resultados nos permiten simplificar la expresión como:

$$\frac{\pi}{2n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}-\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\zeta_{2n}^{2k+1}\ln\left|\sin\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right|$$

El uso de $\zeta_{2n}^{2k+1} = \cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)+i\sin\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)$ y multiplicarse, además de la obtención de:

$$\frac{\pi}{2n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}-\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left[\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)+i\sin\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\right]\ln\left|\sin\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right|$$

La parte imaginaria se debe cancelar ya que esperamos que el resultado sea real. De hecho, podemos aprovechar la simetría de la suma con respecto a $k \to n - 1 - k$ (cada término en que la parte imaginaria se invierte su signo, mientras que cada término en la parte real sigue siendo el mismo), y por lo tanto podemos mantener la parte real sólo, y mantener la suma de hasta $\big\lfloor\frac{n-1}{2}\big\rfloor$ , mientras que doblando cada término. Tenga en cuenta que si $n$ es impar, tenemos uno de los impares el término correspondiente a $k = \frac{n-1}{2}$, pero resulta que este término es igual a $0$ , de todos modos, con lo que obtenemos:

$$\int_0^1\frac{1}{x^n+1} \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}-\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\ln\left|\sin\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right|$$

$$\int_0^1\frac{1}{x^n+1} \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}-\frac{2}{n}\sum\limits_{k=0}^{\big\lfloor\frac{n-1}{2}\big\rfloor}\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\ln\left(\sin\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right)$$

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Es interesante notar que la suma es en realidad una suma de Riemann para $\frac{1}{\pi}\int\limits_0^\pi \cos x\ln\left(\sin \frac{x}{2}\right) \mathrm{d}x = -\frac{1}{2}$, por lo que esperamos que el límite de la suma converge a $-\frac{1}{2}$. Pero $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\pi}{2n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)} = \frac{1}{2}$ también, por lo que la resta da $\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^1 \frac{1}{x^n+1} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} - \left(-\frac{1}{2}\right) = 1$, lo cual no es sorprendente.

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Cuando $n$ es incluso podemos aprovechar más la simetría $k \to \frac{n}{2} - 1 - k$ que da $\cos\left(\frac{2\left(\frac{n}{2} - 1 - k\right)+1}{n}\pi\right)\ln\left(\sin\left(\frac{2\left(\frac{n}{2} - 1 - k\right)+1}{2n}\pi\right)\right) = -\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\ln\left(\cos\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right)$.

Podemos emparejar todos los términos con la posible excepción de la correspondiente a $k = \frac{n-2}{4}$, pero resulta que este término podría ser $0$ de todos modos. Así, obtenemos:

$$\int_0^1\frac{1}{x^n+1} \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}-\frac{2}{n}\sum\limits_{k=0}^{\big\lfloor\frac{n-2}{4}\big\rfloor}\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\ln\left(\tan\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right) \text{ when }n\text{ is even.}$$

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El uso de Quruitay el resultado nos encontramos con que $$\int_0^1\ln\left(1+x^n\right)\mathrm{d}x = \ln 2 - n + \frac{\pi}{2\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)} - \sum\limits_{k=0}^{n-1}\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\ln\left|\sin\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right|$$

$$\int_0^1\ln\left(1+x^n\right)\mathrm{d}x = \ln 2 - n + \frac{\pi}{2\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)} - 2\sum\limits_{k=0}^{\big\lfloor\frac{n-1}{2}\big\rfloor}\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\ln\left(\sin\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right)$$

Y si $n$ incluso:

$$\int_0^1\ln\left(1+x^n\right)\mathrm{d}x = \ln 2 - n + \frac{\pi}{2\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)} - 2\sum\limits_{k=0}^{\big\lfloor\frac{n-2}{4}\big\rfloor}\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\ln\left(\tan\left(\frac{2k+1}{2n}\pi\right)\right)$$

Los resultados son válidos para $n \gt 1$.

He comprobado los valores numéricamente de $n=2$ a $n=20$ en Wolfram Alpha y coinciden con los valores numéricos exactos proporcionados en Claude Leibovici la respuesta, así que estoy bastante seguro de que en el resultado.

Answer 4

Sólo por curiosidad.

Hay una forma cerrada $$a_n=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1} \times \frac{1}{(n+1)(k+1)-k}=\log (2)-\Phi \left(-1,1,1+\frac{1}{n}\right) $$ donde aparece el Hurwitz-Lerch trascendente función (que todavía esconde una infinita suma).

Sin embargo, podemos usar asymptotics y obtener $$a_n=\frac{\pi ^2}{12 n}-\frac{3 \zeta (3)}{4 n^2}+\frac{7 \pi ^4}{720 n^3}-\frac{15 \zeta (5)}{16 n^4}+\frac{31 \pi ^6}{30240 n^5}-\frac{63 \zeta (7)}{64 n^6}+O\left(\frac{1}{n^7}\right)$$

Para fines de ilustración $$\left( \begin{array}{ccc} n & \text{approximation} & \text{exact} \\ 2 & 0.25875865857 & 0.26394350735 \\ 3 & 0.19975226361 & 0.20009372535 \\ 4 & 0.16099050589 & 0.16103912992 \\ 5 & 0.13470442094 & 0.13471504382 \\ 6 & 0.11577477354 & 0.11577782305 \\ 7 & 0.10150281021 & 0.10150386842 \\ 8 & 0.09036040460 & 0.09036082676 \\ 9 & 0.08142081049 & 0.08142099791 \\ 10 & 0.07408996034 & 0.07409005089 \\ 11 & 0.06796964628 & 0.06796969313 \\ 12 & 0.06278300534 & 0.06278303100 \\ 13 & 0.05833159222 & 0.05833160696 \\ 14 & 0.05446946187 & 0.05446947069 \\ 15 & 0.05108688988 & 0.05108689534 \\ 16 & 0.04809979505 & 0.04809979855 \\ 17 & 0.04544266327 & 0.04544266556 \\ 18 & 0.04306369143 & 0.04306369297 \\ 19 & 0.04092137953 & 0.04092138059 \\ 20 & 0.03898209081 & 0.03898209155 \end{array} \right)$$

Answer 5

A partir de donde se detuvo $$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1} \frac{1}{(n+1)(k+1)-k},$$ if you multiply out the denominator, you see that it can be easily factored, so that we have $$\frac 1n\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(k+1)(k+1+\frac 1n)},$$ which after performing the shift $k\mapsto k-1$ becomes $$\frac 1n\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k(k+\frac 1n)},$$ which should have a closed form, since the series is very similar to $$\sum_{k=1}^\infty \frac{\frac 1n}{k(k+\frac 1n)},$$ que tiene una forma cerrada.

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Véase, por ejemplo, lo que Wolfram Alpha da, pero creo que hay una representación elemental desde la última serie también tiene una primaria de formato cerrado. Voy a intentar buscarlo; si me parece (antes de que usted o alguien más, por supuesto) voy a editar este saber.