Evaluación de $\int _0 ^1 x^k(\ln x)^m dx$ para números enteros $k$ y $m$

Question

Encuentre una fórmula para $\displaystyle \int _0 ^1 x^k(\ln x)^m dx$ que funciona para todos los números enteros positivos $k$ y $m$ . Utilizar la integración por partes $m$ veces con $k$ arreglado.

Answer 1

He aquí un comienzo, utilice el cambio de variables $\ln(x)=-t$

$$ \displaystyle \int _0 ^1 x^k(\ln x)^m dx =\left( -1 \right) ^{m}\int _{0}^{\infty }\! {t}^{m}{{\rm e}^{-t \left( k+1\right) }}{dt}.$$

Ahora, necesitas otro cambio de variables para relacionar la última integral con función gamma . Te dejo hacerlo. Aquí está la respuesta final

$$ \left( -1 \right)^{m}\frac{ \Gamma(m+1) }{ (k+1)^{m+1} }=\left( -1 \right)^{m}\frac{ m! }{ (k+1)^{m+1} } . $$

Añadido: El otro cambio de variables que necesitas es $ (k+1)t=u $ . Utilízala y compárala con la función gamma.

Answer 2

La integración por partes funciona muy bien:

Denote $$\varphi(k,m)=\int_0^1x^m(-\log x)^kdx$$

Nota necesita el menos en el $\log$ ya que es negativo en $[0,1]$ ¡!

Ahora toma $$u=(-\log x)^k$$ $$dv=x^m$$ Obtenemos $$u'=-k(-\log x)^{k-1}\frac{1}{x}$$ $$v=\frac{x^{m+1}}{m+1}$$

Así dice IVP

$$\varphi(k,m)=\left.(-\log x)^k\frac{x^{m+1}}{m+1}\right|_0^1+\frac{k}{m+1}\int_0^1(-\log x)^{k-1}\frac{x^{m+1}}{x}dx$$

Esto da una bonita recurrencia, después de observar que ambos límites en el primer término del lado derecho desaparecen:

$$\varphi(k,m)= \frac{k}{m+1}\int_0^1(-\log x)^{k-1}{x^{m}}dx$$

es decir $$\varphi(k,m)=\frac{k}{m+1}\varphi(k-1,m)$$

Pero entonces $$\varphi(k,m)=\frac{k!}{(m+1)^{k}}\varphi(0,m)$$

Por lo tanto, todo lo que necesitamos es saber qué $$\varphi(0,m)=\int_0^1x^m dx$$ es. Pero puedes hacerlo, ¿no?

Answer 3

He aquí un enfoque diferente utilizando series generadoras exponenciales. Observe que $$\sum_{m=0}^{\infty}\frac{z^{m}}{m!}\left(\int_{0}^{1}x^{k}\left(\log x\right)^{m}dx\right)=\int_{0}^{1}x^{k}\left(\sum_{m=0}^{\infty}\frac{z^{m}}{m!}\left(\log x\right)^{m}\right)dx$$ $$=\int_{0}^{1}x^{k+z}dx=\frac{1}{z+k+1},$$ y el lado derecho tiene la expansión

$$\frac{1}{k+1}\cdot\frac{1}{1+\frac{z}{k+1}}=\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^{j}}{\left(k+1\right)^{j}}z^{j}.$$ Comparando los coeficientes, encontramos que $$\int_{0}^{1}x^{k}\left(\log x\right)^{m}dx=\frac{m!(-1)^{m}}{(k+1)^{m+1}}.$$

Answer 4

Considerando la función $f(a)=\int_0^1x^adx=\frac{1}{a+1}$ haciendo ahora diferenciación bajo signo integral de $f(a)$ wrt $a$ , $m$ veces hemos $f^{m}(a)=\int_0^1x^a(lnx)^mdx=\frac{(-1)^mm!}{(a+1)^{m+1}}$ ahora pon $a=k$ obtenemos $f^{m}(k)=\int_0^1x^k(lnx)^mdx=\frac{(-1)^mm!}{(k+1)^{m+1}}$