Integración con$\ln(x)$ en el denominador

Question

Encuentra $$\displaystyle\int_1^\infty\frac{(x^2-1)(x^4-1)(x^6-1)}{\ln(x)(x^{14}-1)} dx$ $

Traté de simplificar los términos sin logaritmo $x^2-1=(x-1)(x+1)\\x^{14}-1=(x^7-1)(x^7+1)$

para ver si es posible realizar alguna sustitución, pero dado que el logaritmo está en el denominador, se está volviendo difícil y no estoy seguro si hay alguna sustitución que funcione. Estoy buscando pistas para comenzar

Answer 1

Haciendo la sustitución de $\frac 1 x\mapsto x$, obtenemos \begin{align*} I = \int_0^1 \frac{(x^2-1)(x^4-1)(x^6-1)}{\ln x \ (1-x^{14})} dx. \end{align*} podemos observar que la $$ \int_0^\alpha x^r dr = \left[\frac{x^r}{\ln x}\right]^\alpha_0 = \frac{x^\alpha -1 }{\ln x} $$por lo tanto \begin{align*} I =& \int_0^1 \left(\int_0^2 x^r dr\right) \left(\int_0^4 x^s ds\right) \left(\int_0^6 x^t dt\right)\frac{\ln^2 x}{1-x^{14}} dx\\ =& \int_0^6\int_0^4\int_0^2 \left( \int_0^1 \frac{ x^{r+s+t}\ln^2 x}{1-x^{14}} dx\right) \ drdsdt. \end{align*} Para el interior de la integral, hacer la sustitución de $x^{14}\mapsto x$ conseguir $$ \int_0^1 \frac{ x^{r+s+t}\ln^2 x}{1-x^{14}} dx = \frac 1 {14^3} \int_0^1 \frac{x^{\frac{r+s+t+1}{14}-1}\ln^2 x}{1-x} dx. $$ Ahora podemos utilizar la representación integral de polygamma función: $$ \psi"(s) = - \int_0^1 \frac{x^{m-1} \ln^2 x}{1-x} dx $$ where $\psi(s)=\frac{d}{ds}\ln \Gamma(s)$ is the digamma function. If we write $D^t f(x) :=f(x+t)-f(x)$, entonces podemos escribir \begin{align*} I = & -\frac 1{14^3}\int_0^6\int_0^4\int_0^2 \psi''\left(\frac {r+s+t+1}{14} \right) drdsdt\\ =&-\frac 1{14^2}\int_0^6\int_0^4 \psi'\left(\frac {s+t+3}{14} \right)-\psi'\left(\frac {s+t+1}{14} \right) dsdt\\ =&-\frac 1{14^2}\int_0^6\int_0^4 D^{1/7}\psi'\left(\frac {s+t+1}{14} \right) dsdt\\ =&-\frac 1{14}\int_0^6D^{2/7} D^{1/7}\psi\left(\frac {t+1}{14} \right) dt\\ =& -\left[D^{2/7} D^{1/7}\ln \Gamma\left(\frac {t+1}{14} \right)\right]^{6}_{t=0}\\ =&-D^{3/7}D^{2/7}D^{1/7}\ln \Gamma\left(\frac 1 {14}\right) \\ =& \cdots \\ =&\ln \left(\frac{\Gamma\left(\frac {1}{14}\right)\Gamma\left(\frac {9}{14}\right)\Gamma\left(\frac {11}{14}\right)}{\Gamma\left(\frac {3}{14}\right)\Gamma\left(\frac {5}{14}\right)\Gamma\left(\frac {13}{14}\right)}\right). \end{align*}

Por último, con la duplicación de la fórmula de la función Gamma (gracias a @Metamorphy) $$ \Gamma(z)= 2^{1-2z}\pi^{\frac 1 2}\frac{\Gamma(2z)}{\Gamma\left(z+\frac 1 2 \right) } $$ and the fact that $\Gamma(z+1) = z\Gamma(z)$, obtenemos:

Para el numerador, \begin{align*} \Gamma\left(\frac {1}{14}\right)\Gamma\left(\frac {9}{14}\right)\Gamma\left(\frac {11}{14}\right)=& \pi^{\frac 32}\frac{\Gamma\left(\frac {2}{14}\right)\Gamma\left(\frac {18}{14}\right)\Gamma\left(\frac {22}{14}\right)}{\Gamma\left(\frac {8}{14}\right)\Gamma\left(\frac {16}{14}\right)\Gamma\left(\frac {18}{14}\right)}\\ =&\pi^{\frac 32}\frac{\Gamma\left(\frac {2}{14}\right)\Gamma\left(\frac {18}{14}\right)\frac 8 {14}\Gamma\left(\frac {8}{14}\right)}{\Gamma\left(\frac {8}{14}\right)\frac 2{14}\Gamma\left(\frac {2}{14}\right)\Gamma\left(\frac {18}{14}\right)}\\ =&\pi^{\frac 32}\frac{\frac 8 {14}}{\frac 2 {14}}=4\pi^{\frac 32} \end{align*} y para el denominador, \begin{align*} \Gamma\left(\frac {3}{14}\right)\Gamma\left(\frac {5}{14}\right)\Gamma\left(\frac {13}{14}\right)=& \pi^{\frac 32}\frac{\Gamma\left(\frac {6}{14}\right)\Gamma\left(\frac {10}{14}\right)\Gamma\left(\frac {26}{14}\right)}{\Gamma\left(\frac {10}{14}\right)\Gamma\left(\frac {12}{14}\right)\Gamma\left(\frac {20}{14}\right)}\\ =&\pi^{\frac 32}\frac{\Gamma\left(\frac {6}{14}\right)\Gamma\left(\frac {10}{14}\right)\frac {12}{14}\Gamma\left(\frac {12}{14}\right)}{\Gamma\left(\frac {10}{14}\right)\Gamma\left(\frac {12}{14}\right)\frac{6}{14}\Gamma\left(\frac {6}{14}\right)}\\ =&\pi^{\frac 32}\frac{\frac{12}{14}}{\frac 6{14}}=2\pi^{\frac 32}. \end{align*} por Lo tanto tiene $$ \boxed{I = \ln \left(\frac{\Gamma\left(\frac {1}{14}\right)\Gamma\left(\frac {9}{14}\right)\Gamma\left(\frac {11}{14}\right)}{\Gamma\left(\frac {3}{14}\right)\Gamma\left(\frac {5}{14}\right)\Gamma\left(\frac {13}{14}\right)}\right)= \ln 2.} $$

Answer 2

A través de la sustitución de $x=e^{y}$ obtenemos que \begin{equation*} I= \int_{1}^{\infty}\dfrac{\left(x^2-1\right)\left(x^4-1\right)\left(x^6-1\right)}{\ln(x)(x^{14}-1)}\, dx = \int_{0}^{\infty}\dfrac{\left(e^{-2y}-1\right)\left(e^{-4y}-1\right)\left(e^{-6y}-1\right)e^{-y}}{y\left(e^{-14y}-1\right)}\, dy. \end{ecuación*} Si \begin{equation*} f(y) = \dfrac{e^{-y}+e^{-2y}-e^{-3y}+e^{-4y}-e^{-5y}-e^{-6y}}{e^{-7y}-1} \end{ecuación*} entonces \begin{equation*} f(2y)-f(y) =\dfrac{\left(e^{-2y}-1\right)\left(e^{-4y}-1\right)\left(e^{-6y}-1\right)e^{-y}}{e^{-14y}-1} \end{ecuación*} y \begin{equation*} I = \int_{0}^{\infty}\dfrac{f(2y)-f(y)}{y}\, dy. \end{ecuación*} Desde $\lim_{y\to 0}f(y)=-1$ e $\lim_{y\to +\infty}f(y)=0$ tenemos un Frullni integral.

Ver https://en.wikipedia.org/wiki/Frullani_integral

En consecuencia \begin{equation*} I=-\ln\dfrac{1}{2}=\ln 2. \end{ecuación*}

Answer 3

La siguiente respuesta es similar a la Canción de la respuesta , excepto que implica el uso de un representación integral de la función digamma:

$$\psi(z) = -\gamma + \int_{0}^{1} \frac{1-t^{z}}{1-t} \, \mathrm dt\, , \quad \mathcal \Re (z) >0$$

La representación integral de la tetragamma función que se utiliza en la Canción de la respuesta puede ser derivada a partir de esta representación integral mediante la diferenciación bajo el signo integral doble.

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$$ \begin{align} &\int_{1}^{\infty} \frac{(x^{2}-1)(x^{4}-1)(x^{6}-1)}{(x^{14}-1)\ln x} \, \mathrm dx \\ &= \int_{0}^{1}\frac{(1-u^{2})(1-u^{4})(1-u^{6})}{(1-u^{14}) \ln \frac{1}{u}} \, \mathrm du\\ & = \int_{0}^{1} \int_{0}^{6} \frac{(1-u^{2})(1-u^{4}) \, u^{a}}{(1-u^{14}) \ln u} \, \mathrm da \, \mathrm du\\ &= \int_{0}^{6} \int_{0}^{1} \frac{(1-u^{2})(1-u^{4}) \, u^{a}}{(1-u^{14}) } \, \mathrm du \,\mathrm da \\\ &= \frac{1}{14}\int_{0}^{6} \int_{0}^{1} \frac{(1-w^{2/14})(1-w^{4/14}) \, w^{a/14}}{1-w } \, w^{-13/14} \, \mathrm dw \, \mathrm da \\ &= \frac{1}{14}\int_{0}^{6} \int_{0}^{1} \left(\frac{w^{(a+1)/14-1}-w^{(a+5)/14-1}}{1-w} + \frac{w^{(a+7)/14-1} -w^{(a+3)/14-1}}{1-w} \right) \, \mathrm dw \,\mathrm da \\&= \frac{1}{14} \int_{0}^{6} \left[ \left(\psi \left(\frac{a+5}{14} \right) - \psi \left(\frac{a+1}{14} \right) \right) + \left(\psi \left(\frac{a+3}{14} \right) - \psi \left(\frac{a+7}{14} \right) \right) \right] \, \mathrm d a \\ &= \ln \left[\frac{\Gamma \left(\frac{11}{14} \right) \Gamma\left(\frac{9}{14} \right)}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)\Gamma \left(\frac{13}{14} \right)} \right]\, - \ln \left[\frac{\Gamma \left(\frac{5}{14} \right)\Gamma \left(\frac{3}{14} \right)}{\Gamma \left(\frac{1}{14} \right)\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)}\right] \\&= \ln \left[\frac{\Gamma \left(\frac{1}{14} \right)\Gamma \left(\frac{9}{14} \right) \Gamma\left(\frac{11}{14} \right)}{\Gamma \left(\frac{3}{14} \right)\Gamma \left(\frac{5}{14} \right)\Gamma \left(\frac{13}{14} \right)} \right] \end{align} $$

Ver Canción de la respuesta de cómo utilizar las propiedades de la función gamma para mostrar que el resultado anterior se reduce a $\ln 2$.

Answer 4

Esto es más de un comentario largo que una respuesta, pero creo que vale la pena agregar, ya que se pasa por alto muy a menudo.

Cuando sea posible, normalmente es una buena idea usar una computadora para obtener una decente primera aproximación en el cálculo de los pesados de este tipo de problemas.

Cuando traté de este problema, empecé por la introducción de la integral en GeoGebra, a continuación, copiar el número en Wolfram Alpha para buscar una posible forma cerrada. W. A. me dio $\ln(2)$ (que resultó ser correcta), y a partir de ahí he intentado algo similar a lo de la Canción que hizo para comprobar que esto era correcto (salvo que me ensuciaron y terminó con una respuesta diferente).

El punto es que a veces es más fácil tener una máquina de calcular la respuesta correcta y, a continuación, averiguar cómo se conseguiría que la respuesta analíticamente, en lugar de intentar resolver el problema con la mano desde el principio.

Por supuesto, usted nunca debe tomar la respuesta por sentado - máquinas pueden siempre de mal funcionamiento - pero cuando se trata de la cruda cálculos, los equipos tienden a ser más rápido y cometen menos errores que los humanos. Eso es lo que las calculadoras están ahí para que, después de todo.