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En otro foro alguien pidió mostrar que para$n > m-1$ y$m \ge 2$,

ps

Donde$$\int_0^1 \frac{\ln^n x}{(1-x)^m} \ dx = (-1)^{n+m-1} \frac{n!}{(m-1)!} \sum_{j=1}^{m-1} (-1)^j s(m-1,j) \zeta(n+1-j) $ son números Stirling del primer tipo.

EDIT: He eliminado mi intento fallido en una evaluación.

4voto

Ron Gordon Puntos 96158

Sustituto $x=e^{-t}$ y conseguir que la integral es igual a

$$(-1)^n \int_0^{\infty} dt \, e^{-t} \frac{t^n}{(1-e^{-t})^m} $$

Ahora uso la expansión

$$(1-y)^{-m} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k} y^k$$

en orden inverso de la suma y de la integración para obtener

$$\sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k} \int_0^{\infty} dt \, t^n \, e^{-(k+1) t}$$

Yo, a continuación, obtener el valor de la integral:

$$\int_0^1 dx \, \frac{\ln^n{x}}{(1-x)^m} = (-1)^n\, n!\, \sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k} \frac{1}{(k+1)^{n+1}}$$

Tenga en cuenta que cuando se $m=0$, la suma se reduce a $1$; cada término en la suma guardar en $k=0$ es cero.

Tenga en cuenta también que esta suma le da la capacidad para expresar la integral en términos de Riemann zeta función para varios valores de $m$, que proporcionará el Stirling coeficientes.

2voto

Aquí es otro enfoque basado en la función beta

$$ F = \int_{0}^{1}x^{\alpha}(1-x)^{-m} dx = \beta( \alpha+1,1-m ),\quad \alpha+1>0,\, 1-m>0. $$

Ahora, nuestra integral de la $I$ puede ser evaluado como

$$ I = \lim_{\alpha \to 0} \frac{d^n}{dx^n} \beta( \alpha+1,1-m ),\quad n>m-1,\,m\geq 2. $$

Aquí es un útil de identidad

$$ {\parcial \over \partial x} \mathrm{B}(x, y) = \mathrm{B}(x, y) \left( {\Gamma'(x) \\Gamma(x)} - {\Gamma'(x + y) \\Gamma(x + y)} \right) = \mathrm{B}(x, y) (\psi(x) - \psi(x + y)), $$

donde $\psi(x)$ es la función digamma.

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