Demostrar que $\int_{0}^{1} \ln\left(\frac{1-a x}{1-a}\right) \frac{1}{\ln x} \mathrm{dx} = -\sum_{k=1}^{\infty} a^{k} \frac{\ln(1+k)}{k}, \space a<1$

Question

Demostrar que $$\int_{0}^{1} \ln\left(\frac{1-a x}{1-a}\right) \frac{1}{\ln x} \mathrm{dx} = -\sum_{k=1}^{\infty} a^{k} \frac{\ln(1+k)}{k}, \space a<1$$ Me parece que esta pregunta, más bien problemático desde ambos lados parecer difícil de calcular.
Agradezco cualquier sugerencia/propuesta. Gracias!

Answer 1

Desarrollar la expansión de la serie del logaritmo de un cociente: $$ \ln \left( \frac{1-x}{1} \right) = \ln\left(1-x\right) - \ln\left(1-\right) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}^k \left( 1-x^k \right) $$ Es ahora a la evaluación de $$ \begin{eqnarray} \int_0^1 \frac{1-x^k}{\ln(x)} \mathrm{d}x &\stackrel{x = \exp(-t)}{=}& -\int_0^\infty \mathrm{e}^{-t} \frac{1-\exp(-k t)}{t} \mathrm{d}t \\ &=& \int_0^{k} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}m } \left(-\int_0^\infty \mathrm{e}^{-t} \frac{1-\exp(-m t)}{t} \mathrm{d}t\right)\mathrm{d}m \\ &=& -\int_0^k \int_0^\infty \exp(-t(m+1)) \mathrm{d}m \\ &=& -\int_0^k \frac{\mathrm{d}m}{m+1} = -\log(k+1) \end{eqnarray} $$

Answer 2

He aquí otra manera de manejar la integral que aparece en @Sasha la respuesta. $$\begin{eqnarray*} \int_0^1 dx \, \frac{1-x^k}{\log x} &=& \int_\infty^{0} d\alpha\, \frac{\partial}{\partial \alpha} \int_0^1 dx \, \frac{1-x^k}{\log x} x^\alpha \\ &=& \int_\infty^{0} d\alpha\, \int_0^1 dx \, (1-x^k)x^\alpha \\ &=& \int_\infty^{0} d\alpha\, \left(\frac{1}{\alpha+1} - \frac{1}{k+\alpha+1}\right) \\ &=& \left.\log\frac{\alpha+1}{k+\alpha+1}\right|_\infty^{0} \\ &=& -\log(k+1) \end{eqnarray*}$$