Integrar : $\int_{0}^{1} \frac{x^{b}-x^{a}}{\log(x)}\sin(\log(x))dx$

Question

Considere $$\int_{0}^{1} \frac{x^{b}-x^{a}}{\log(x)}\sin(\log(x))dx$$

Pensé en hacer alguna sustitución como : $x^{y}$ (es fácil de calcular $$\int_{0}^{1}\frac{x^{b}-x^{a}}{\log(x)}dx = \int_{a}^{b}dy\int_{0}^{1}x^{y}dx=\log(b-1)-\log(a-1)$$ ).

Pero no pude encontrar una sustitución así. ¿Alguna pista?

Answer 1

Su integral consta de dos partes similares y sólo hacemos una de ellas, a saber: \begin{align} \int_0^1 \frac{x^a}{\ln(x)}\sin(\ln(x)) dx \end{align} Set $x=e^{-u}$ para que $dx = -e^{-u}du$ y obtenemos: \begin{align} \int^\infty_0 \frac{e^{-(a+1)u}}{u}\sin(u)du \end{align} Ahora considere: \begin{align} I(z) = \int^\infty_0 \frac{e^{-zu}}{u}\sin(u)du \end{align} Esto está bien definido como un número real para $z>0$ , de lo contrario la integral no converge. También tenemos: \begin{align} I'(z) = -\int^\infty_0 e^{-zu}\sin(u) du \end{align} Supongo que puedes evaluar eso, dos veces la integración parcial y obtienes: \begin{align} I'(z) = -\frac{1}{z^2+1} \end{align} La integración de esto nos da $I(z)$ a saber: \begin{align} I(z) = -\arctan(z) + C \end{align} Ahora determinaríamos realmente $C$ . Pero eso no es necesario, ya que nuestra integral original es una diferencia de $I(b+1)$ y $I(a+1)$ para que $C$ se cancelará. Así que: \begin{align} \int_0^1 \frac{x^b-x^a}{\ln(x)}\sin(\ln(x)) dx =I(b+1) - I(a+1) = \arctan(a+1) - \arctan(b+1) \end{align} Y hemos visto (indirectamente) que sólo es convergente si $a>-1, b>-1$ .

Editar: Si realmente quiere determinar el valor de $C$ : Obsérvese que sabemos lo siguiente: \begin{align} \lim_{z\to \infty} I(z) = -\frac{\pi}{2}+C \end{align} Y también sabemos: \begin{align} \lim_{z\to \infty} I(z) = \lim_{z\to \infty} \int^\infty_0 \frac{e^{-zu}} {u}\sin(u)du \stackrel{\text{DCT}}{=} \int^\infty_0 \lim_{z\to \infty} \frac{e^{-zu}} {u}\sin(u)du = 0 \end{align} Donde DCT significa Teorema de Convergencia Dominada. Ahora podemos resolver para $C$ y finalmente obtenemos: \begin{align} I(z) = -\arctan(z) +\frac{\pi}{2} \end{align}

Answer 2

Basta con evaluar $$\int_0^1 \frac{x^a}{\ln x}\sin(\ln x) dx = \int_0^\infty \frac{e^{-(a+1)x}}{x}\sin x dx = \int_0^\infty {e^{-(a+1)x}}\sin x d(\ln x)$$

La integración por partes muestra que basta con evaluar integrales como $$\int_0^\infty {e^{-(a+1-i)x}}\ln x dx$$

Utilizando la siguiente fórmula, válida para $\Re(z)> 0$ , le permite terminar el problema: $$\int_0^\infty e^{-zx}\ln x dx = -\frac{\gamma+\ln z}{z}$$ donde $\gamma$ es este constante.

Answer 3

Observa que: $$\color{red}{\frac{d}{dt}\left(\frac{x^t}{\ln x}\right) =x^t}$$ que tenemos,

\begin{align}\int_{0}^{1} \frac{x^{b}-x^{a}}{\log(x)}\sin(\log(x))dx &= \int_{0}^{1} \left[\frac{x^{t}}{\log(x)}\right]_a^b\sin(\log(x))dx \\ &=\int_a^b\int_{0}^{1} x^t\sin(\log(x))dx dt\\ & \overset{\color{red}{u =-\ln x}}{=}- \int_a^b\int_{0}^{\infty} e^{-ut-u}\sin(u)du dt\\ &= -\int_a^b Im\left(\int_{0}^{\infty} e^{(-t-1+i)u}du \right)dt\\ &=-\int_a^b Im\left[\frac{1}{-t-1+i}e^{(-t-1+i)u} \right]_0^\infty dt \\ &=- \int_a^b \frac{dt}{(t+1)^2+1} \\ &=\color{blue}{\arctan (a+1)-\arctan (b+1)}\end{align}

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\int_{0}^{1}{x^{b} - x^{a} \over \ln\pars{x}}\,\sin\pars{\ln\pars{x}}\,\dd x} = \int_{0}^{1}\pars{x^{b} - x^{a}}{1 \over 2}\int_{-1}^{1}\expo{\ic k\ln\pars{x}}\,\dd k\,\dd x \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\int_{-1}^{1}\int_{0}^{1}\pars{x^{b + \ic k} - x^{a + \ic k}}\dd x\,\dd k = {1 \over 2}\int_{-1}^{1}\pars{{1 \over b + 1 + \ic k} - {1 \over a + 1 + \ic k}}\dd k \\[5mm] = &\ \int_{0}^{1}\bracks{{b + 1 \over \pars{b + 1}^{2} + k^{2}} - {a + 1 \over \pars{a + 1}^{2} + k^{2}}}\,\dd k \\[5mm] = &\ \int_{0}^{1/\pars{b + 1}}{\dd k \over k^{2} + 1} - \int_{0}^{1/\pars{a + 1}}{\dd k \over k^{2} + 1} \\[5mm] = &\ \bbx{\arctan\pars{1 \over b + 1} - \arctan\pars{1 \over a + 1}} \\ &\ \end{align}

Answer 5

Podemos utilizar un Frullani Integral enfoque, pero en $\mathbb{C}$ requiere Teorema integral de Cauchy en lugar de la cancelación directa. $$ \newcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \begin{align} \int_0^1\frac{x^b-x^a}{\log(x)}\sin(\log(x))\,\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\frac{e^{-(b+1)x}-e^{-(a+1)x}}{x}\sin(x)\,\mathrm{d}x\tag1\\ &=\Im\left(\int_0^\infty\frac{e^{-(b+1-i)x}-e^{-(a+1-i)x}}{x}\,\mathrm{d}x\right)\tag2\\ &=\lim_{\epsilon\to0}\Im\left(\int_\epsilon^{1/\epsilon}\frac{e^{-(b+1-i)x}-e^{-(a+1-i)x}}{x}\,\mathrm{d}x\right)\tag3\\ &=\lim_{\epsilon\to0}\Im\left(\int_{(b+1-i)\epsilon}^{(b+1-i)/\epsilon}\frac{e^{-x}}{x}\,\mathrm{d}x-\int_{(a+1-i)\epsilon}^{(a+1-i)/\epsilon}\frac{e^{-x}}{x}\,\mathrm{d}x\right)\tag4\\ &=\lim_{\epsilon\to0}\Im\left(\int_{(b+1-i)\epsilon}^{(a+1-i)\epsilon}\frac{e^{-x}}{x}\,\mathrm{d}x-\int_{(b+1-i)/\epsilon}^{(a+1-i)/\epsilon}\frac{e^{-x}}{x}\,\mathrm{d}x\right)\tag5\\ &=\Im\left(\log\left(\frac{a+1-i}{b+1-i}\right)\right)\tag6\\[6pt] &=\tan^{-1}(a+1)-\tan^{-1}(b+1)\tag7 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$ : sustituto $x\mapsto e^{-x}$
$(2)$ : $\sin(x)=\Im\left(e^{ix}\right)$
$(3)$ : escriba la integral impropia como un límite
$(4)$ : separa las integrales y sustituye $x\mapsto\frac{x}{b+1-i}$ y $x\mapsto\frac{x}{a+1-i}$
$(5)$ : aplicar el Teorema Integral de Cauchy
$(6)$ : como $\epsilon\to0$ , $e^{-x}\to1$ en la primera integral y $e^{-x}\to0$ en el segundo
$(7)$ : $\Im(\log(x+iy))=\tan^{-1}(y/x)$