Demostrar que $\int_{0}^{1}\sin{(\pi x)}x^x(1-x)^{1-x}\,dx =\frac{\pi e}{24} $

Question

He encontrado aquí la siguiente integral.

$$I = \int_{0}^{1}\sin{(\pi (1-x))}x^x(1-x)^{1-x}\,dx=\int_{0}^{1}\sin{(\pi x)}x^x(1-x)^{1-x}\,dx=\frac{\pi e}{24}$$

Yo nunca he visto antes y yo también no encontró la evaluación en matemáticas.se. ¿Cómo podríamos comprobar?

Si es un conocido integral, entonces podrías dar una referencia?

Answer 1

Esto se puede hacer con "residuo en el infinito" de cálculo. Este método se muestra en el Ejemplo de VI http://en.wikipedia.org/wiki/Methods_of_contour_integration .

En primer lugar, usamos $z^z = \exp ( z \log z )$ donde $\log z$ es definido para $-\pi\leq \arg z < \pi$.

Por $(1-z)^{1-z} = \exp ( (1-z)\log (1-z) )$, usamos $\log (1-z)$ definida por $0\leq \arg(1-z) <2\pi$.

A continuación, deja que $f(z)= \exp( i\pi z + z \log z + (1-z) \log (1-z) )$.

Como se muestra en la Ex VI en el enlace de wikipedia, podemos demostrar que $f$ es continua en $(-\infty, 0)$ y $(1,\infty)$, por lo que el recorte de $f(z)$ es $[0,1]$.

Utilizamos el contorno: (constaba de segmento superior: ligeramente por encima de los $[0,1]$, segmento inferior: ligeramente por debajo de $[0,1]$, círculo de radio pequeño que encierra $0$, y el círculo de radio pequeño que encierra $1$, que se ve como una mancuerna tener botones en $0$ y $1$, alguien puede editar este e incluir una foto de ella por favor? De hecho, este es también el mismo contorno como en la Ex VI, con diferentes criterios de valoración.)

En el segmento superior, la función $f$ da, por $0\leq r \leq 1$, $$\exp(i\pi r) r^r (1-r)^{1-r} \exp( (1-r) 2\pi i ).$$

En el segmento más bajo, la función $f$ da, por $0\leq r \leq 1$, $$\exp(i\pi r) r^r(1-r)^{1-r}. $$

Dado que las funciones están delimitadas, las integrales sobre los círculos se desvanece cuando el radio tiende a cero.

Por lo tanto, la integral de $f(z)$ sobre el contorno, es la integral sobre la parte superior e inferior de los segmentos, que contribuyen a

$$\int_0^1 \exp(i\pi r) r^r (1-r)^{1-r} dr - \int_0^1 \exp(-i\pi r) r^r(1-r)^{1-r} dr$$

que es $$ 2i \int_0^1 \sin(\pi r) r^r (1-r)^{1-r} dr.$$

Por el Cauchy teorema de los residuos, la integral sobre el contorno es $$ -2\pi i \textrm{Res}_{z=\infty} f(z) = 2\pi i \textrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} f(\frac 1 z).$$

A partir de un largo y tedioso cálculo de los residuos, resulta que el valor de la derecha es $$ 2i \frac{\pi e}{24}.$$ A continuación, tenemos el resultado: $$ \int_0^1 \sin(\pi r) r^r (1-r)^{1-r} dr = \frac{\pi e}{24}.$$