Integral $I= \int_0 ^1 \frac { \ln x}{x^n-1}dx$

Question

Hola, estoy tratando de obtener un formulario cerrado para $$ I_n= \int_0 ^1 \frac { \ln x}{x^n-1}dx, \quad n \geq 1. $$ Esta integral es bastante agradable y genera muchos otros resultados conocidos de forma cerrada como $$ \int_0 ^1 \frac { \ln x}{x^2-1} dx= \frac { \pi ^2}{8}, \quad \int_0 ^1 \frac { \ln x}{x-1} dx= \frac { \pi ^2}{6}. $$ En estos casos utilizo métodos de residuos, pero no estoy seguro de cómo generalizar como en este caso de $I_n$ .

Gracias.

Answer 1

( Editado para el rigor, el crédito por esto va a RandomVariable ). $$I( \alpha )=- \int_0 ^b \frac {x^{ \alpha }dx}{1-x^n}$$ $$I( \alpha )=- \left ( \frac {b^{ \alpha +n+1}}{ \alpha +n+1}+ \frac {b^{ \alpha +2n+1}}{ \alpha +2n+1}+ \cdots\right )$$ Ahora, como $I'( \alpha )= \int_0 ^b \frac { \log (x) x^{ \alpha }dx}{x^n-1}$ o más bien.., $J( \alpha )= \lim_ {b \to 1}I'( \alpha )$ es algo cuyo valor queremos encontrar, $$I'( \alpha )=- \log (b) \left ( \frac {b^{ \alpha +n+1}}{ \alpha +n+1}+ \frac {b^{ \alpha +2n+1}}{ \alpha +2n+1}+ \cdots\right )+ \left ( \frac {b^{ \alpha +n+1}}{( \alpha +n+1)^2}+ \frac {b^{ \alpha +2n+1}}{( \alpha +2n+1)^2}+ \cdots\right )$$ Así que $$J( \alpha )= \lim_ {b \to 1}I'( \alpha )= \left ( \frac {1}{( \alpha +n+1)^2}+ \frac {1}{( \alpha +2n+1)^2}+ \cdots\right ).$$ Entonces, ponte $ \alpha =0$ y estamos de acuerdo con la otra respuesta: $$J(1)= \left ( \frac {1}{(n+1)^2}+ \frac {1}{(2n+1)^2}+ \cdots\right ).$$

Answer 2

$ \newcommand {\+}{^{ \dagger }} \newcommand { \angles }[1]{ \left\langle\ , #1 \, \right\rangle } \newcommand { \braces }[1]{ \left\lbrace\ , #1 \, \right\rbrace } \newcommand { \bracks }[1]{ \left\lbrack\ , #1 \, \right\rbrack } \newcommand { \ceil }[1]{\, \left\lceil\ , #1 \, \right\rceil\ ,} \newcommand { \dd }{{ \rm d}} \newcommand { \down }{ \downarrow } \newcommand { \ds }[1]{ \displaystyle {#1}} \newcommand { \expo }[1]{\,{ \rm e}^{#1}\,} \newcommand { \fermi }{\,{ \rm f}} \newcommand { \floor }[1]{\, \left\lfloor #1 \right\rfloor\ ,} \newcommand { \half }{{1 \over 2}} \newcommand { \ic }{{ \rm i}} \newcommand { \iff }{ \Longleftrightarrow } \newcommand { \imp }{ \Longrightarrow } \newcommand { \isdiv }{\, \left.\right\vert\ ,} \newcommand { \ket }[1]{ \left\vert #1 \right\rangle } \newcommand { \ol }[1]{ \overline {#1}} \newcommand { \pars }[1]{ \left (\, #1 \, \right )} \newcommand { \partiald }[3][]{ \frac { \partial ^{#1} #2}{ \partial #3^{#1}}} \newcommand { \pp }{{ \cal P}} \newcommand { \root }[2][]{\, \sqrt [#1]{ \vphantom { \large A}\,#2\,}\,} \newcommand { \sech }{\,{ \rm sech}} \newcommand { \sgn }{\,{ \rm sgn}} \newcommand { \totald }[3][]{ \frac {{ \rm d}^{#1} #2}{{ \rm d} #3^{#1}}} \newcommand { \ul }[1]{ \underline {#1}} \newcommand { \verts }[1]{ \left\vert\ , #1 \, \right\vert } \newcommand { \wt }[1]{ \widetilde {#1}}$ $$ \Psi\pars {s + 1} + \gamma = \int_ {0}^{1}{1 - t^{s} \over 1 - t} \quad\imp\quad \Psi ' \pars {1 \over n} = - \int_ {0}^{1}{t^{1/n - 1} \ln\pars {t} \over 1 - t}\, \dd t $$

Con $ \ds {t = x^{n}}$ : $$ \Psi ' \pars {1 \over n}= - \int_ {0}^{1}{ \pars {x^{n}}^{1/n - 1} \ln\pars {x^{n}} \over 1 - x^{n}}\,nx^{n - 1} \, \dd x=n^{2} \int_ {0}^{1}{ \ln\pars {x} \over x^{n}- 1}\, \dd x $$

$$ \color {#00f}{ \large % \int_ {0}^{1}{ \ln\pars {x} \over x^{n}- 1}\, \dd x = {1 \over n^{2}}\, \Psi ' \pars {1 \over n}} $$ Tengan en cuenta que $ \ds { \Psi ' \pars {1} = { \pi ^{2} \over 6}}$ y $ \ds { \Psi ' \pars { \half } = { \pi ^{2} \over 2}}$ .

Algunos detalles se dan en mi respuesta anterior .

Answer 3

$$ \begin {align} \int_0 ^1 \frac { \log (x)}{x^n-1} \mathrm {d}x &= \int_0 ^ \infty\frac {u}{1-e^{-nu}}e^{-u}\, \mathrm {d}u \\ &= \int_0 ^ \infty u(e^{-u}+e^{-(n+1)u}+e^{-(2n+1)u}+ \dots )\, \mathrm {d}u \\ &=1+ \frac1 {(n+1)^2}+ \frac1 {(2n+1)^2}+ \dots\\ &= \frac1 {n^2} \left ( \frac1 {(0+1/n)^2}+ \frac1 {(1+1/n)^2}+ \frac1 {(2+1/n)^2}+ \dots\right ) \\ [4pt] &= \frac1 {n^2} \psi ^{\, \prime } \left ( \frac1n\right ) \end {align} $$ El orden de integración y suma puede intercambiarse utilizando Teorema de Tonelli ya que todo es positivo en la última integral.