Una cuestión de integración que debe resolverse sin utilizar la diferenciación bajo el signo integral.

Question

$$I(\alpha)=\int_0^1 \frac{x^\alpha-1}{\ln x}dx.$$

Como dice el título, si alguien pudiera resolverlo sin usar la técnica de diferenciación bajo el signo integral, se lo agradecería mucho.

Answer 1

Tenemos $$x^a = e^{a\log x} = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(a \log x)^k}{k!}$$ Por lo tanto, $$\dfrac{x^a-1}{\log(x)} = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{a^k \log^{k-1}(x)}{k!}$$ Aproveche que $$\int_0^1 \log^m(x) dx = (-1)^m m!$$ Por lo tanto, obtenemos $$\dfrac{x^a-1}{\log(x)} = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{a^k}{k!} (-1)^{k-1} (k-1)! = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \dfrac{a^k}k = \log(1+a)$$

Obsérvese que la derivación anterior sólo es válida cuando $a \in (-1,1]$ . Para $a>1$ es fácil demostrar por un método similar que $$I(a) - I(a-1) = \log(1+1/a)$$ Desde $I(a) = \log(1+a)$ en el intervalo $[0,1]$ podemos concluir que $$I(a) = \log(1+a)$$ para todos $a > -1$ .

Answer 2

Por sustitución $u = -\ln x$ tenemos

$$I(\alpha)= \int_0^\infty \frac{e^{-u} - e^{-(1 + \alpha)u}}{u}\, du = \int_0^\infty \int_1^{1+\alpha} e^{-tu}\, dt\, du = \int_1^{1+\alpha} \int_0^\infty e^{-tu}\, du\, dt.$$

El intercambio de integrales dobles está justificado por la prueba de Weierstrass, ya que $f(t,u) = e^{-tu}$ es continua en $[1,1+\alpha]\times [0,\infty)$ dominado por $e^{-u}$ y $\int_0^\infty e^{-u}\, du$ es finito. Ahora

$$\int_1^{1+\alpha} \int_0^\infty e^{-tu}\, du\, dt = \int_1^{1 + \alpha} \frac{dt}{t} = \log(1 + \alpha),$$

entonces $I(\alpha) = \log(1 + \alpha)$ .