Evaluar $\int_0^1\frac{x^a-x^{-a}}{x-1}dx$

Question

He oído que: $$\int_0^1\frac{x^a-x^{-a}}{x-1}dx=\frac1 a-\pi\cot(\pi a)$$ al $-1<a<1$. ¿Cómo puedo demostrarlo?

Que no tiene primaria, integral indefinida, pero la integral definida es bastante simple.

Alguien me sugirió el uso de análisis complejos para probarlo, pero yo soy relativamente nuevo en el tema. (He llegado a las integrales de contorno, pero no estoy seguro de cómo utilizarlos para evaluar esta integral particular.) También traté de ampliar el mismo, con una serie, pero no ayuda.

Answer 1

También traté de ampliar el mismo, con una serie, pero no ayuda.

Debe haber ayudado. Si escribimos

$$\frac{x^{-a}-x^a}{1-x} = (x^{-a}-x^a)\sum_{n=0}^\infty x^n,$$

por el teorema de convergencia monótona, tenemos

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{x^{-a}-x^a}{1-x}\,dx &= \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 (x^{-a}-x^a)x^n\,dx\\ &= \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{n+1-a} - \frac{1}{n+1+a}\right)\\ &= - \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{a-n}+\frac{1}{a+n}\right)\\ &= \frac{1}{a} - \pi \cot (\pi a) \end{align}$$

por el conocido parcial fracción de la descomposición de la cotangente.

Answer 2

Podría ser una forma de utilizar la función digamma $\psi$ que verificar $$ \psi(a+1)=-\gamma+\int_0^1 \frac{1-x^a}{1-x} \mathrm{d}x, \quad |a|<1,$$ desde $$\psi(a)-\psi(1-a)=-\pi \cot (\pi a),$$ $$\psi(1+a)-\psi(a)=\frac{1}{a}.$$

Pero esto no es elemental.

Dudo que usted tiene que probar todo desde el principio.

Answer 3

SUGERENCIA: Denotar la integral por $ I $. Desde $$ x^a-x^{-a}=e^{a\ln(x)}-e^{-a\ln(x)}=2\sinh(a\ln x) .$$

Sustituyendo $\ln x= u $, obtenemos $$ I=\int_{-\infty}^0 \frac{ 2\sinh au}{e^u-1 }e^udu $$

Para cambiar los límites de la integral a la más conveniente, de nuevo substitue $ u=-t$ hemos \begin{align} I&=\int_0^{\infty}\frac {2\sinh at}{e^{-t }-1} e^{-t} dt \\ &=\int_0^{\infty}\frac{2\sinh at}{e^{t/2}(e^{-t/2}-e^{t/2})}dt \\ &=\int_0^{ \infty }e^{-t/2}\frac {\sinh at}{\sinh (t/2)} dz \end{align} Ahora considere la función $$ f (z)=\frac{e^{(a-\frac{1}{2})z}}{\sinh (z/2)} $$ and integrate over the closed rectangle $C: \pm R, i R$. Don't forget to jump by a small contours on $0, i\pi $. Clearly, $ f (z) $ is analytic on and inside the contour $ C $. Hence by Cauchy Goursat Thm. $\int_{c } f (z) dz=0$. . .