Cerrada en forma de $\int_0^1 x^n \operatorname{li}(x^m)\,dx$

Question

He conjeturado, que para $n\geq0$ $m\geq1$ enteros $$ \int_0^1 x^n \operatorname{li}(x^m)\,dx \stackrel{?}{=} -\frac{1}{n+1}\ln\left(\frac{m+n+1}{m}\right), $$ donde $\operatorname{li}$ es la logarítmica integral.

Aunque hay un conocido antiderivada de $x^n \operatorname{li}(x^m)$, la simplificación de la expresión no parece trivial. Creo que hay otras maneras de evaluar esta integral definida en el problema.

¿Cómo podemos demostrar esta identidad?

Answer 1

$$\int_{0}^{1}x^n\text{li}(x^m)\,dx = \frac{1}{m}\int_{0}^{1}z^{(n+1)/m-1}\text{li}(z)\,dz $ $ pero la integración por partes se da: %#% $ de #% y última integral pueden ser computados a través de la sustitución $$\int_{0}^{1}z^{\alpha-1}\text{li}(z)\,dz = \left.\frac{z^\alpha-1}{\alpha}\text{li}(z)\right|_{0}^{1} - \int_{0}^{1}\frac{z^{\alpha}-1}{\alpha\log z}\,dz $ y Teorema de Frullani:

$z=e^{-t}$ $ por lo tanto: %#% $ #% como usted afirmó.

Answer 2

Podría también utilizar la representación integral de la integral logarítmica y luego cambiar el orden de integración. Terminarás con la misma integral de Frullani.

$$ \begin{align} \int_{0}^{1} x^{n} \, \text{li}(x^{m}) \, dx &= \frac{1}{m} \int_{0}^{1} (u^{1/m})^{n} \, \text{li}(u) \, u^{1/m-1} \, du \\ &= \frac{1}{m} \int_{0}^{1} u^{n/m+1/m-1} \text{li} (u) \ du \\ &= \frac{1}{m} \int_{0}^{1} u^{n/m+1/m-1} \int_{0}^{u} \frac{1}{\log t} \, dt \, du \\ &= \frac{1}{m} \int_{0}^{1} \frac{1}{\log t} \int_{t}^{1} u^{n/m+1/m-1} \, du \, dt \\ &= \frac{1}{n+1} \int_{0}^{1} \frac{1}{\log t} \left(1-t^{n/m+1/m} \right) \, dt \\ &= \frac{1}{n+1} \int_{\infty}^{0} \frac{1}{w} \left(1-e^{-w(n/m+1/m)} \right) \, e^{-w} \, dw \\ &= -\frac{1}{n+1} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-w}-e^{-w(n/m+1/m+1)}}{w} \, dw \\ &= - \frac{1}{n+1} \log \left(\frac{n}{m} + \frac{1}{m}+1 \right) \\ &= - \frac{1}{n+1} \log \left(\frac{m+n+1}{m} \right) \end{align}$$

Answer 3

Si $I(n, m) =\int_0^1 x^n \operatorname{li}(x^m)\,dx $, configuración $y = x^m$, $x = y^{1/m}$ así $dx = \frac1{m}y^{1/m-1} dy $.

Por lo tanto

$\begin{array}\\ I(n, m) &=\int_0^1 y^{n/m} \operatorname{li}(y)\,\frac1{m}y^{1/m-1}dy\\ &=\frac1{m}\int_0^1 y^{n/m+1/m-1} \operatorname{li}(y)\,dy\\ &=\frac1{m}\int_0^1 y^{(n+1-m)/m} \operatorname{li}(y)\,dy\\ &= \frac1{m}I(\frac{n+1-m}{m}, 1) \end{array} $

Para una transformación diferentes, conjunto $ $ y = x^{n+1} $, así $x = y^{1/(n+1)} $ y $dx =\frac1{n+1}y^{1/(n+1)-1} dy $. Entonces

$\begin{array}\\ I(n, m) &=\int_0^1 y^{n/(n+1)}\operatorname{li}(y^{m/(n+1)})\,\frac1{n+1}y^{1/(n+1)-1} dy\\ &=\frac1{n+1}\int_0^1 \operatorname{li}(y^{m/(n+1)}) dy\\ &= \frac1{n+1}I(0, \frac{m}{n+1}) \end{array} $

De acuerdo a Wolfy, $\int x^r \operatorname{li}(x) dx = \frac{\operatorname{li}(x) x^{i+1}-Ei((r+2) log(x))}{i+1} $ y $\int \operatorname{li}(x^r) dx = x \operatorname{li}(x^r)-Ei((r+1) log(x)) $.

Estos pueden ser un buen comienzo.