¿Por qué es esto de la integral definida, antisimétrica en $s\mapsto s^{-1}$?

Question

Me pasó hace poco en la siguiente integral de la identidad, válida para los positivos $s>0$:

$$\int_0^1 \log\left[x^s+(1-x)^{s}\right]\frac{dx}{x}=-\frac{\pi^2}{12}\left(s-\frac{1}{s}\right).$$

La pregunta obvia es cómo mostrar este (siéntase libre de hacerlo!). Pero lo que despierta mi curiosidad es que la mano derecha de la expresión implica que la integral sea antisimétrica en $s\mapsto s^{-1}$, lo que yo no habría esperado. Hay una explicación simple para esta propiedad?

Answer 1

SUGERENCIA: Su integral puede ser traído a este formulario $$\int_{-1}^1 \frac{\log \left((1-x)^s+(1+x)^s\right)-s \log (2)}{x+1} \, dx$$ and then you can split the interval and calculate each integral separately. Use on the positive side that $\frac{1-x}{1+x}\mapsto x$ and $\frac{1+x}{1-x}\mapsto x$ en el lado negativo. Déjeme saber si funciona.

Answer 2

Uno puede hacerlo de la siguiente manera :

$ I =\displaystyle \int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { ({ x }^{ s }+{ (1-x) }^{ s }) } }{ x } dx } $

Escribir es como sigue :

$ \displaystyle I = \int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { s\ln { (1-x) } }{ x } dx } +\int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { (1+{ (\frac { x }{ 1-x } ) }^{ s } } ) }{ x } dx } $

$\Rightarrow I = J+K $

Donde $ \displaystyle J = \int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { s\ln { (1-x) } }{ x } dx } $

y $ \displaystyle K = \int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { (1+{ (\frac { x }{ 1-x } ) }^{ s } } ) }{ x } dx } $

Para la evaluación de la $J$ el uso de la expansión de taylor de $\ln(1-x)$ :

$ \displaystyle J = -s\int _{ 0 }^{ 1 }{ \sum _{ r=1 }^{ \infty }{ \frac { { x }^{ r-1 } }{ r } } dx } $

Intercambiando suma y la integral tenemos :

$ \displaystyle J = (-s)\sum _{ r=1 }^{ \infty }{ \frac { 1 }{ r } \int _{ 0 }^{ 1 }{ { x }^{ r-1 }dx } } $

$\displaystyle J = (-s)\sum _{ r=1 }^{ \infty }{ \frac { 1 }{ { r }^{ 2 } } } = -s\zeta(2)=\dfrac { -s{ \pi }^{ 2 } }{ 6 } $

Para la evaluación de la $K$ sustituto $ y = \dfrac{x}{1-x} $

$ \displaystyle K = \int _{ 0 }^{ \infty }{ \frac { \ln { (1+{ y }^{ s }) } }{ y(1+y) } dy } $

Dividido en dos partes :

$ \displaystyle K =\int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { (1+{ y }^{ s }) } }{ y(1+y) } dy } +\int _{ 1 }^{ \infty }{ \frac { \ln { (1+{ y }^{ s }) } }{ y(1+y) } dy } $

En la segunda parte, $ t=\dfrac{1}{s} $

$ \displaystyle K = \int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { (1+{ y }^{ s }) } }{ y(1+y) } dy } +\int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { (1+{ t }^{ s }) } -s\ln { (t) } }{ (1+t) } dy } $

$ \displaystyle \Rightarrow K = \int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { (1+{ y }^{ s }) } }{ y } -\frac { s\ln { (y) } }{ 1+y } dy } $

Podemos escribir $ K = L-M $

donde $ \displaystyle L=\int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { (1+{ y }^{ s }) } }{ y } dy } $

$ \displaystyle M = \int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { s\ln { (y) } }{ 1+y } dy } $

Para evaluar $L$ tenemos que poner a $ {y}^{s}=t $ para obtener :

$ \displaystyle L = \frac { 1 }{ s } \int _{ 0 }^{ 1 }{ \frac { \ln { (1+t) } }{ t } dt } $

El uso de series de taylor y de intercambio suma y la integral tenemos :

$ \displaystyle L = \frac { 1 }{ s } \sum _{ r=1 }^{ \infty }{ \frac { { (-1) }^{ r-1 } }{ r } \int _{ 0 }^{ 1 }{ { x }^{ r-1 }dr } } $

$ \Rightarrow \displaystyle L = \frac { 1 }{ s } \sum _{ r=1 }^{ \infty }{ \frac { { (-1) }^{ r-1 } }{ { r }^{ 2 } } } $

$ \displaystyle L = \frac { 1 }{ s } (1-{ 2 }^{ 1-2 })\zeta (2)=\frac { { \pi }^{ 2 } }{ 12s } $

Ahora $ \displaystyle f(a) = \int _{ 0 }^{ 1 }{ { y }^{ a }dy } =\frac { 1 }{ a+1 } $

La diferenciación de ambos lados con respecto a $a$ tenemos :

$ \Rightarrow \displaystyle \int _{ 0 }^{ 1 }{ { y }^{ a }\ln { (y) } dy } =\frac { -1 }{ { (a+1) }^{ 2 } } $

Para evaluar $M$ vamos a utilizar la serie de $ \dfrac{1}{1+x} $ e intercambiando suma y la integral tenemos :

$ \displaystyle M = s\sum _{ r=0 }^{ \infty }{ { (-1) }^{ r }\int _{ 0 }^{ 1 }{ { y }^{ r }\ln { (y) } dy } } $

El uso de la propiedad que me han resultado anterior tenemos :

$ \displaystyle M = s\sum _{ r=0 }^{ \infty }{ \frac { { (-1) }^{ r+1 } }{ { (r+1) }^{ 2 } } } =s\sum _{ r=1 }^{ \infty }{ \frac { { (-1) }^{ r } }{ { r }^{ 2 } } } =\frac { -s{ \pi }^{ 2 } }{ 12 } $

Finalmente tenemos a $ K = \dfrac { { \pi }^{ 2 } }{ 12 } (s+\dfrac { 1 }{ s } ) $

El uso de todos los resultados tenemos :

$ \displaystyle I = \frac { { \pi }^{ 2 } }{ 12 } (s+\frac { 1 }{ s } )-\frac { s{ \pi }^{ 2 } }{ 6 } = \frac { { \pi }^{ 2 } }{ 12 } (\frac { 1 }{ s } -s) $

De Ahí Resultó.

Comentario: no puedo comentar cuantitativamente por eso es antisimétrica pero cualitativamente puede ser visto como :

Para $s>1$ :

$ {x}^{s}<x , {(1-x)}^{s}<(1-x) $

$ \Rightarrow {x}^{s}+{(1-x)}^{s} < 1 $

$\Rightarrow \ln({x}^{s}+{(1-x)}^{s}) < 0 $

Por lo tanto la resultante de la integral es negativa : Va con un razonamiento similar se puede afirmar que :

para $ s<1 $ la integral es positivo.