La evaluación de $\int_0^1 \frac{t^{a-1}}{1-t}-\frac{ct^{b-1}}{1-t^c}\ dt$

Question

A primera vista se ve como la integral de abajo

$$\int_0^1 \frac{t^{a-1}}{1-t}-\frac{ct^{b-1}}{1-t^c}\ dt$$

puede ser evaluado mediante el uso de algunas series geométricas. ¿Qué otra cosa podemos hacer? Es allí una manera fácil rápida
para acabarla?

Answer 1

$$ \begin{align} \lim_{d\to1^-}\int_0^d\left[\frac{t^{a-1}}{1-t}-\frac{c\,t^{b-1}}{1-t^c}\right]\mathrm{d}t &=\lim_{d\to1^-}\int_0^d\left[\frac{t^{a-1}}{1-t}-\frac{t^{b/c-1}}{1-t}\right]\mathrm{d}t\tag{1}\\ &-\lim_{d\to1^-}\int_d^{d^c}\frac{t^{b/c-1}}{1-t}\mathrm{d}t\tag{2}\\ &=\lim_{d\to1^-}\int_0^1\left[\frac{t^{a-1}}{(1-t)^d}-\frac{t^{b/c-1}}{(1-t)^d}\right]\mathrm{d}t\tag{3}\\ &-\lim_{d\to1^-}\log\left(\frac{1-d}{1-d^{c}}\right)\tag{4}\\ &=\lim_{d\to1^-}\mathrm{B}(a,1-d)-\mathrm{B}(b/c,1-d)\tag{5}\\ &+\log(c)\tag{6}\\ &=\lim_{d\to0^+}\left[\frac{\Gamma(a)\Gamma(1+d)}{d\,\Gamma(a+d)}-\frac{\Gamma(b/c)\Gamma(1+d)}{d\,\Gamma(b/c+d)}\right]\tag{7}\\ &+\log(c)\tag{8}\\ &=\boxed{\displaystyle\bbox[5px]{\frac{\Gamma'(b/c)}{\Gamma(b/c)}-\frac{\Gamma'(a)}{\Gamma(a)}+\log(c)}}\tag{9} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: sustituir en la segunda parte de la diferencia, se debe dividir la integral. Para ello, debemos reducir el dominio de integración a $[0,d]$.
$(2)$: La sustitución en $(1)$ cambios en el límite superior de la derecha plazo a $[0,d^c]$. Añadimos este término para compensar este cambio de dominio.
$(3)$: el integrando en $(1)$ es ahora limitada (tiende a $b/c-a$$t\to1$), sin Embargo, no podemos evaluar cada término por separado; sin embargo, podemos si dividimos por $(1-t)^d$ y deje $d\to1^-$ (usando el teorema de convergencia dominada).
$(4)$: la integral en $(2)$ entre $d^{b/c-1}\to1$ $d^{b-c}\to1$ veces $\int_d^{d^c}\frac{\mathrm{d}t}{1-t}=\log\left(\frac{1-d}{1-d^{c}}\right)$
$(5)$: La integral en $(3)$ ahora es la diferencia de dos funciones Beta
$(6)$: evaluar el límite en $(4)$
$(7)$: sustituto $d\mapsto1-d$ $(5)$ uso de $d\,\Gamma(d)=\Gamma(1+d)$
$(8)$: copia de $(6)$
$(9)$: restar y tomar el límite en $(7)$ y añadir $(8)$

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En esta respuesta, se muestra que $$ \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}=-\gamma+\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+x-1}\right)\etiqueta{10} $$ En el espíritu de Anastasiya-Romanova la respuesta, vamos a evaluar $$ \begin{align} \int_0^1\frac{1-t^{x-1}}{1-t}\mathrm{d}t &=\sum_{k=1}^\infty\int_0^1(t^{k-1}-t^{k+x-2})\,\mathrm{d}t\\ &=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+x-1}\right)\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}+\gamma\tag{11} \end{align} $$ Ahora podemos usar $(11)$ a evaluar $$ \begin{align} \int_0^1\left[\frac{t^{a-1}}{1-t}-\frac{t^{b/c-1}}{1-t}\right]\mathrm{d}t &=\int_0^1\left[\frac{1-t^{b/c-1}}{1-t}-\frac{1-t^{a-1}}{1-t}\right]\mathrm{d}t\\ &=\frac{\Gamma'(b/c)}{\Gamma(b/c)}-\frac{\Gamma'(a)}{\Gamma(a)}\tag{12} \end{align} $$ para los que todavía tenemos que añadir $\log(c)$ para obtener la respuesta anterior.

Answer 2

Lo siento por la anterior respuesta equivocada. Desde que el Señor @robjohn ha respondido a esta OP correctamente y muy bien, no quiero tratar de responder a esta OP porque sólo voy a ver como puedo copiar su respuesta. Por lo tanto, voy a proponer otra manera de evaluar el primer RHS integral en $(1)$, se refieren a el Señor @robjohn la respuesta, en lugar de utilizar el límite de una diferencia de beta funciones.

Considere la siguiente integral \begin{align} I(s)&=\int_0^1 \frac{1-t^s}{1-t}\,dt\\ I'(s)&=-\int_0^1 \frac{t^s\ln t}{1-t} \,dt\\ &=-\int_0^1\sum_{n=0}^\infty t^{n+s}\ln t\,dt\\ &=-\sum_{n=0}^\infty\partial_s\int_0^1 t^{n+s}\,dt\\ &=-\sum_{n=0}^\infty\partial_s\left[\frac{1}{n+s+1}\right]\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n+s+1)^2}\\ &=\psi_1(s+1)\\ I(s)&=\int\psi_1(s+1)\,ds\\ &=\int\frac{\partial}{\partial s}\bigg[\psi(s+1)\bigg]\,ds\\ &=\psi(s+1)+C\\ \end{align} Para$s=0$,$I(0)=0$. Lo que implica $C=-\psi(1)=\gamma$, luego \begin{align} I(s)=\int_0^1 \frac{1-t^s}{1-t}\,dt=\psi(s+1)+\gamma \end{align} Así \begin{align} \int_0^1 \left[\frac{t^{a-1}}{1-t}-\frac{t^{\large\frac{b}{c}-1}}{1-t}\right]\ dt &=\int_0^1 \left[\frac{1-t^{\large\frac{b}{c}-1}}{1-t}-\frac{1-t^{a-1}}{1-t}\right]\ dt\\ &=\psi\left(\frac{b}{c}\right)-\psi\left(a\right) \end{align} Que tiene de $\Re\left(a\right)>0$, $\Re\left(b\right)>0$, y $\Re\left(c\right)>0$.