Conjunto $$ I_n :=\int_0^1\left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n \:\mathrm{d}x \qquad n=1,2,3,.... $$
Tenemos $$I_1 =\gamma, \quad I_2 =\log (2 \pi) - \frac 32, \quad I_3 = 6 \log A - \frac{31}{24}, \quad I_4 = 2 \log A + \frac{5 \zeta(3)}{2\pi^{2}}- \frac{49}{72}, \quad ...$$ donde $A$ es el Glaisher-Kinkelin constante definida por $$ \begin{equation} \displaystyle A :=\lim_{n\to\infty}\frac{1^22^2\cdots n^n}{e^{-n^2/4}n^{\frac{n^2+n}{2}+\frac{1}{12}}}=1.28242712\cdots. \end{equation} $$
Me pregunto si no es un "simple" equivalente para $I_n$ $n$ tiende a $+\infty$?
Gracias.
EDIT: Alguna información complementaria.
He enviado la integral $$\displaystyle \int_0^1\left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^2 \mathrm{d}x$$ to American Mathematical Monthly (March 2012, problem 11629), the problem then came in this forum with different interesting solutions (I). An interesting general formula for $I_n$ se ha encontrado (II), es manejable de la pregunta anterior, en asymptotics?
Yo llamo a estas integrales 'Binet-como las integrales'. Otros están relacionados con (IIIa), (IIIb) pero no creo que estos últimos pueden ayudar para nuestra pregunta específica sobre asymptotics.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
La idea principal es que, cerca de los mayores puntos de el integrando (que se produce en $x=0$), tenemos
$$ \frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x} \approx \frac{1}{\log x} + 1. $$
Así que nos dividimos la integral como
$$ \int_0^1 \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx = \left[\int_0^{1/e} + \int_{1/e}^1 \right] \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx. $$
Para la segunda integral que hemos enlazado
$$ 0 < \int_{1/e}^{1} \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx < (e-1)^{-n} $$
y para la primera integral escribimos
$$ \begin{align} \int_0^{1/e} \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx &= \int_0^{1/e} \exp\left\{n \log\left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)\right\}dx \\ &= \int_0^{1/e} \exp\left\{n \log\left(\frac{1}{\log x} + 1\right) + n f(x)\right\}dx, \end{align} $$
donde
$$ f(x) = \log\left(1+\frac{x}{\left(\frac{1}{\log x}+1\right)(1-x)}\right) = O(x) \quad \text {$x \to 0$.} $$
Por lo tanto, esperamos que la mayor contribución proviene de un barrio de radio $1/n$ de el punto de $x=0$. El resto de la integral está delimitado por
$$ 0 < \int_{1/n}^{1/e} \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx < \left(-\frac{1}{\log n} + \frac{n}{n-1}\right)^n = O(e^{-n/\log n}). $$
Para $0 \leq x \leq 1/n$ hemos
$$ \exp\{nf(x)\} = 1 + O(nx), $$
así que, después de la combinación de nuestras estimaciones, llegamos a
$$ \begin{align} \int_0^1 \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx &= \int_0^{1/n} \exp\left\{n \log\left(\frac{1}{\log x} + 1\right)\right\}dx \\ &\qquad + O\left(n \int_0^{1/n} x \exp\left\{n \log\left(\frac{1}{\log x} + 1\right)\right\}dx\right)\\ &\qquad + O(e^{-n/\log n}). \end{align} $$
Ahora hacemos el cambio de variables $-y = \log\left(\frac{1}{\log x} + 1\right)$, la transformación de nuestras integrales en
$$ \begin{align} &\int_0^{1/n} \exp\left\{n \log\left(\frac{1}{\log x} + 1\right)\right\}dx \\ &\qquad = \int_0^{-\log(1-1/\log n)} e^{-ny} \exp\left\{\frac{1}{e^{-y}-1}\right\} \frac{e^{-y}}{(1-e^{-y})^2}\,dy \end{align} $$
y
$$ \begin{align} &\int_0^{1/n} x\exp\left\{n \log\left(\frac{1}{\log x} + 1\right)\right\}dx \\ &\qquad = \int_0^{-\log(1-1/\log n)} e^{-ny} \exp\left\{\frac{2}{e^{-y}-1}\right\} \frac{e^{-y}}{(1-e^{-y})^2}\,dy. \end{align} $$
Podemos expandir el factor de que es independiente de la $n$
$$ \begin{align} \exp\left\{\frac{1}{e^{-y}-1}\right\} \frac{e^{-y}}{(1-e^{-y})^2} &= \exp\left\{-\frac{1}{y}-\frac{1}{2}\right\} \sum_{j=-2}^{\infty} c_j y^j \\ &= \exp\left\{-\frac{1}{y}-\frac{1}{2}\right\} \left( \frac{1}{y^2} -\frac{1}{12 y} - \frac{23}{288} + \frac{427 y}{51840} + \cdots \right), \end{align} $$
así que en truncar la expansión en $j=J-1$ obtenemos
$$ \begin{align} \int_0^1 \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx &= \sum_{j=-2}^{J-1} \frac{c_j}{\sqrt{e}} \int_0^{-\log(1-1/\log n)} e^{-ny} e^{-1/y} y^j \,dy \\ &\qquad + O\left(\int_0^{-\log(1-1/\log n)} e^{-ny} e^{-1/y} y^J \,dy\right) \\ &\qquad + O\left(n \int_0^{-\log(1-1/\log n)} e^{-ny} e^{-2/y} y^{-2} \,dy \right) \\ &\qquad + O(e^{-n/\log n}). \end{align} $$
Todo lo que queda es volver a colocar las colas de las integrales. Al hacerlo, añadimos un error de no más de
$$ \begin{align} &\int_{-\log(1-1/\log n)}^\infty e^{-ny} e^{-1/y} y^j \,dy \\ &\qquad = \int_{-\log(1-1/\log n)}^\infty e^{-ny/2} \left(e^{-ny/2} e^{-1/y} y^j\right) \,dy \\ &\qquad \leq \sqrt{\int_{-\log(1-1/\log n)}^\infty e^{-ny}\,dy} \cdot \sqrt{\int_{-\log(1-1/\log n)}^\infty e^{-ny} e^{-2/y} y^{2j}\,dy} \\ &\qquad = \sqrt{\frac{2}{n}} \left(1-\frac{1}{\log n}\right)^{n/2} \sqrt{\int_{-\log(1-1/\log n)}^\infty e^{-ny} e^{-2/y} y^{2j}\,dy} \\ &\qquad < \sqrt{\frac{2}{n}} \left(1-\frac{1}{\log n}\right)^{n/2} \sqrt{\int_{0}^\infty e^{-ey} e^{-2/y} y^{2j}\,dy} \\ &\qquad = O\left(n^{-1/2} e^{-n/(2\log n)}\right) \end{align} $$
para $n > e$ por la de Cauchy-Schwarz desigualdad, con el mismo límite cuando $e^{-1/y}$ se sustituye $e^{-2/y}$. Así tenemos
$$ \begin{align} \int_0^1 \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx &= \sum_{j=-2}^{J-1} \frac{c_j}{\sqrt{e}} \int_0^\infty e^{-ny} e^{-1/y} y^j \,dy \\ &\qquad + O\left(\int_0^\infty e^{-ny} e^{-1/y} y^J \,dy\right) \\ &\qquad + O\left(n \int_0^\infty e^{-ny} e^{-2/y} y^{-2} \,dy \right) \\ &\qquad + O\left(n^{-1/2} e^{-n/(2 \log n)}\right). \end{align} $$
Para normalizar estas integrales un poco podemos sustituir el $y = u/\sqrt{n}$ para obtener
$$ \begin{align} \int_0^1 \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx &= \sum_{j=-2}^{J-1} \frac{c_j}{\sqrt{e}} n^{-(j+1)/2} \int_0^\infty e^{-\sqrt{n}(u+1/u)} u^j \,du \\ &\qquad + O\left(n^{-(J+1)/2} \int_0^\infty e^{-\sqrt{n}(u+1/u)} u^J \,du\right) \\ &\qquad + O\left(n^{3/2} \int_0^\infty e^{-\sqrt{n}(u+2/u)} u^{-2} \,du \right) \\ &\qquad + O\left(n^{-1/2} e^{-n/(2 \log n)}\right). \end{align} $$
Con el basic de Laplace método de estimación
$$ \int_0^\infty e^{-\sqrt{n}(u+\alpha/u)} u^j \,du \sim \alpha^{1/4} \sqrt{\frac{\pi}{n}} e^{-2\sqrt{\alpha n}} $$
podemos concluir que la serie que he escrito es en realidad una serie asintótica, es decir,
$$ \int_0^1 \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx \sim \sum_{j=-2}^{\infty} \frac{c_j}{\sqrt{e}} n^{-(j+1)/2} \int_0^\infty e^{-\sqrt{n}(u+1/u)} u^j \,du. $$
Aquí reconocemos que
$$ \int_0^\infty e^{-\sqrt{n}(u+1/u)} u^j \,du = 2 K_ {j-1}\left(2\sqrt{n}\right), $$
donde $K_\nu$ es la función Bessel modificada de la segunda clase (ver eq. 10.32.10, DLMF).
Una serie asintótica para nuestros integral es así $$ \int_0^1 \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx \sim \frac{2}{\sqrt{e}}\sum_{j=-2}^{\infty} c_j n^{-(j+1)/2} K_ {j-1}\left(2\sqrt{n}\right), $$ donde los coeficientes $c_j$ son definidos por $$ \exp\left\{\frac{1}{e^{-y}-1}\right\} \frac{e^{-y}}{(1-e^{-y})^2} = \exp\left\{-\frac{1}{y}-\frac{1}{2}\right\} \sum_{j=-2}^{\infty} c_j y^j. $$
Podemos transformar este asintótica de la serie en términos de funciones elementales mediante el conocido asintótica de expansión para $K_\nu(r)$ $r \to \infty$ (DLMF de referencia). En nuestro caso tenemos
$$ K_ {j-1}\left(2\sqrt{n}\right) \sim \frac{\sqrt{\pi}}{2} n^{-1/4} e^{-2\sqrt{n}} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{a_k(j+1)}{2^k} n^{-k/2}, $$
donde $a_0(j+1) = 1$ y
$$ a_k(j+1) = \frac{1}{k!8^k}\prod_{m=1}^{k} \left(4(j+1)^2-(2m-1)^2\right). $$
Sustituyendo esto en nuestro asintótica rendimientos de expansión
$$ \begin{align} \frac{2}{\sqrt{e}}\sum_{j=-2}^{\infty} c_j n^{-(j+1)/2} K_{-j-1}\left(2\sqrt{n}\right) &= \sqrt{\frac{\pi}{e}} n^{-1/4} e^{-2\sqrt{n}} \sum_{j=-2}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{c_j a_k(j+1)}{2^k} n^{-(j+k+1)/2} \\ &= \sqrt{\frac{\pi}{e}} n^{1/4} e^{-2\sqrt{n}} \sum_{\ell = 0}^{\infty} \left(\sum_{j+k+2=\ell} \frac{c_j a_k(j+1)}{2^k}\right)n^{-\ell/2}, \end{align} $$
Así llegamos a la conclusión de que
Como $n \to \infty$, $$ \begin{align} &\int_0^1 \left(\frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x}\right)^n\,dx \\ &\qquad \sim \sqrt{\frac{\pi}{e}} n^{1/4} e^{-2\sqrt{n}} \sum_{\ell = 0}^{\infty} \left(\sum_{j+k+2=\ell} \frac{c_j a_k(j+1)}{2^k}\right)n^{-\ell/2} \\ &\qquad = \sqrt{\frac{\pi}{e}} n^{1/4} e^{-2\sqrt{n}} \left(1 + \frac{5}{48} n^{-1/2} - \frac{479}{4608} n^{-1} + \frac{15313}{3317760} n^{-3/2} + \cdots \right), \end{align} $$ donde los índices del interior de la suma gama de más de $j=-2,-1,0,1,2,\ldots$$k=0,1,2,3,\ldots$.
