Demuéstralo: $\int_{0}^{1}{1+x+x^2+\cdots+x^{4n-1}\over (1+x^{2n})(-\ln{x})^{1\over s}}dx=\Gamma\left({s-1\over s}\right)...$

Question

Demuestra que

$$\int_{0}^{1}{1+x+x^2+x^3+\cdots+x^{4n-1}\over (1+x^{2n})(-\ln{x})^{1\over s}}dx=\Gamma\left({s-1\over s}\right)\sum_{k=1}^{2n}{1\over k^{s-1\over s}}\tag1$$

$s>1$ y $n\ge1$ [ambos son números enteros]

Mi intento:

Tomemos $n=1$ y $s=3$ como ejemplo

$$\int_{0}^{1}{1+x+x^2+x^3\over (1+x^2)(-\ln{x})^{1\over 3}}dx=\Gamma(2/3)\left(1+{1\over 2^{2\over 3}}\right)$$

$1+x+x^2+x^3=(1+x)(1+x^2)$

$$\int_{0}^{1}{1+x\over(-\ln{x})^{1\over 3}}dx$$

¿Podemos aplicar el teorema de Frullani en este punto? O hacer un sub:

$u=-\ln{x}$ entonces $e^{-u}=x$ y $du={-1\over x}dx$

$$\int_{0}^{\infty}{e^{-u}+e^{-2u}\over u^{1\over 3}}du$$

$$\int_{0}^{\infty}({e^{-u}u^{-1\over 3}+e^{-2u}u^{-1\over 3}})du$$

Llegados a este punto, ¿podemos aplicar la integración por partes? De todas formas esto es un proceso demasiado largo de hacer. ¿Puede alguien mostrarme una forma general de demostrar esta integral (1)

Answer 1

Primero se puede simplificar el integrando observando que $$ {1+x+x^2+x^3+\cdots+x^{4n-1}\over (1+x^{2n})}=\frac{1}{1+x^{2n}}\cdot \frac{1-x^{4n}}{1-x}=\sum_{k=0}^{2n-1}x^k $$ entonces la integral dada se reescribe $$ \int_{0}^{1}{1+x+x^2+x^3+\cdots+x^{4n-1}\over (1+x^{2n})(-\ln{x})^{1\over s}}\:dx=\sum_{k=0}^{2n-1}\int_{0}^{1}\frac{x^k\:dx}{(-\ln{x})^{1/s}}=\Gamma\left(1-\frac1s\right)\sum_{k=1}^{2n}{1\over k^{1-1/s}} $$ como se anunció, ya que por el cambio de variable $u=-\ln{x}$ , $x=e^{-u}$ se tiene $$ \int_{0}^{1}\frac{x^k\:dx}{(-\ln{x})^{1/s}}=\int_0^\infty u^{-1/s}e^{-(k+1)u}du=\Gamma\left(1-\frac1s\right)\cdot \frac1{(k+1)^{1-1/s}}. $$