¿Cómo demostramos que $\int_{0}^{1}x^n\left({1\over \ln{x}}+{1\over 1-x}\right)dx={\gamma+\ln(1+n)-H_n}$

Question

¿Cómo demostramos que

n $\in$ $\Re$

$$\int_{0}^{1}x^n\left({1\over \ln{x}}+{1\over 1-x}\right)dx=\color{red}{\gamma+\ln(1+n)-H_n}.\tag1$$

$$J=\int_{0}^{1}{x^n\over 1-x}dx=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_{0}^{1}x^{n+k}dx=\sum_{k=0}^{\infty}{(-1)^k\over n+k+1}\tag2$$

Esta integral parece difícil de evaluar, se necesita ayuda. Gracias.

$$\int_{0}^{1}{x^n\over \ln{x}}dx\tag3$$

Answer 1

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,\mathrm{Li}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\color{#f00}{% \int_{0}^{1}x^{n}\bracks{{1 \over \ln\pars{x}} + {1 \over 1 - x}}\,\dd x} \\[3mm]\ =\ &\ \underbrace{\int_{0}^{1}\bracks{{1 \over \ln\pars{x}} + {1 \over 1 - x}}\,\dd x} _{\ds{\mathrm{1.} = \gamma}}\ -\ \underbrace{\int_{0}^{1}{1 - x^{n} \over \ln\pars{x}}\,\dd x} _{\ds{\mathrm{2.} = -\ln\pars{n + 1}}}\ -\ \underbrace{\int_{0}^{1}{1 - x^{n} \over 1 - x}\,\dd x} _{\ds{\mathrm{3.} =H_{n}}}\,,\quad\pars{~\mbox{see below}~} \\[3mm] = &\ \color{#f00}{\gamma + \ln\pars{n + 1} - H_{n}} \end{align}

---

¿Por qué?

1. Véase la prueba como Ec. $\pars{2}$ en uno de mis respuestas de ayer .

2. \begin{align} \int_{0}^{1}{1 - x^{n} \over \ln\pars{x}}\,\dd x & = -\int_{0}^{1}\pars{1 - x^{n}}\int_{0}^{\infty}x^{y}\,\dd y\,\dd x = \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{1}\pars{x^{n + y} - x^{y}}\,\dd x\,\dd y \\[3mm] = &\ \int_{0}^{\infty}\pars{{1 \over y + n + 1} - {1 \over y + 1}}\,\dd y = \fbox{$\ds{\ -\ln\pars{n + 1}\ }$} \end{align}

3. \begin{align} \int_{0}^{1}{1 - x^{n} \over 1 - x} & =\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{n}x^{k - 1} \,\dd x = \sum_{k = 1}^{n}{1 \over k}\ \stackrel{\mathrm{def.}}{=}\ \fbox{$\ds{\ H_{n}\ }$}\quad n = 1,2,3,\ldots \end{align} En efecto, la integral define/amplía la Número de armónicos para $\ds{~\Re\pars{n} > -1~}$ y, en general, mediante el Función Digamma $\ds{\pars{~namely, H_{z} = \Psi\pars{z + 1} + \gamma~}}$ .

Answer 2

Sugerencia . Se puede establecer $$ f(s):=\int_{0}^{1}x^s\left({1\over \ln{x}}+{1\over 1-x}\right)dx, \quad s>-1, \tag1 $$ entonces sólo diferenciar conseguir $$ f'(s)=\int_{0}^{1}x^s\left(1+{\ln x\over 1-x}\right)dx=\frac1{s+1}-\psi'\left(s+1\right), \quad s>-1, \tag2 $$ donde hemos utilizado la norma representación integral de la función digamma $$ \int_{0}^{1}{1 - x^{s - 1} \over 1 - x}\,dx \, = \psi (s)+ \gamma, \quad s>0. $$

Integración de $(2)$ observando que $f(0)=\gamma$ se obtiene

$$ \int_{0}^{1}x^s\left({1\over \ln{x}}+{1\over 1-x}\right)dx=\log(s+1)-\psi\left(s+1\right), \quad s>-1, \tag3 $$

de la que se deduce el valor de la integral inicial recordando que $$ \psi(n+1)=H_n-\gamma. $$

Answer 3

Su enfoque no puede funcionar, porque la serie $J$ que has derivado es incorrecta: la suma no es alterna, ya que $$\frac{x^n}{1-x} = \sum_{k=n}^\infty x^k,$$ que también revela la cuestión más problemática que $J$ no es convergente y que el integrando original no puede ser dividido de esa manera.

En su lugar, escriba $$f_n(x) = x^n \left( \frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x} \right) = \frac{x^n-1}{\log x} + \frac{1}{\log x} + \frac{x^n}{1-x}.$$ Entonces considere $$g(n,x) = \int_{x=0}^1 \frac{x^n-1}{\log x} \, dx$$ y nota $$\frac{dg}{dn} = \int_{x=0}^1 x^n \, dx = \frac{1}{1+n}$$ para (al menos) $n \ge 0$ . Entonces $$g(n,x) = \int \frac{1}{1+n} \, dn = \log (1+n) + C,$$ y la condición adicional de que $g(0,x) = 0$ da $$g(n,x) = \log(1+n).$$ Esto da el término medio deseado. Ahora lo que queda es $$\int_{x=0}^1 f_n(x) \, dx = \log (1+n) + \int_{x=0}^1 h_n(x) \, dx,$$ para el que se puede eliminar la parte armónica simplemente anotando $$\frac{x^n}{1-x} = \frac{1}{1-x} - \sum_{k=0}^{n-1} x^k,$$ por lo que $$\int_{x=0}^1 h_n(x) \, dx = \int_{x=0}^1 h_0(x) \, dx - \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k+1} = \int_{x=0}^1 h_0(x) \, dx - H_n.$$ Entonces todo lo que queda es demostrar $$\gamma = \int_{x=0}^1 h_0(x) \, dx = \int_{x=0}^1 \frac{1}{\log x} + \frac{1}{1-x} \, dx,$$ que en realidad se reclama en el artículo de la Wikipedia para el Constante de Euler-Mascheroni pero lo he dejado como un ejercicio.

Answer 4

Permítanme proponer una respuesta elemental completa basada en $\zeta(s)\Gamma(s)$ :

• desde $$\zeta(s) = \lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^N n^{-s}$$ está claro que

$$\lim_{s \to 1^+} \zeta(s) - \frac{1}{s-1} = \lim_{s \to 1^+} \lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^N n^{-s}- \int_1^N x^{-s}dx$$ $$ = \lim_{N \to \infty}\lim_{s \to 1^+}\sum_{n=1}^N n^{-s}- \int_1^N x^{-s}dx = \lim_{N \to \infty} H_N - \ln N = \gamma$$

• entonces usa $n^{-s} \Gamma(s) = \int_0^\infty x^{s-1} e^{-nx} dx$ (cambio de variable $y = nx$ ) para que $\Gamma(s) \sum_{n=1}^N n^{-s}= \int_0^\infty x^{s-1} \sum_{n=1}^N e^{-nx} dx = \int_0^\infty x^{s-1} \frac{1-e^{-(N+1)x}}{1-e^{-x}} dx$ y para $Re(s) > 1$ :

  $$\Gamma(s) \zeta(s) = \lim_{N \to \infty} \int_0^\infty x^{s-1} \frac{1-e^{-(N+1)x}}{1-e^{-x}} dx = \int_0^\infty x^{s-1}\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}dx $$

  y se obtiene :

$$\gamma = \lim_{s \to 1^+} \Gamma(s) \left(\zeta(s) - \frac{1}{s-1}\right) = \lim_{s \to 1^+} \int_0^\infty x^{s-1}e^{-x}\left(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)dx$$ $$ = \int_0^\infty e^{-x}\left(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)dx $$

• finalmente :

$$\int_0^1 x^n\left(\frac{1}{\ln x} + \frac{1}{1-x}\right)dx = \int_0^\infty e^{-(n+1)t}\left( \frac{1}{1-e^{-t}}-\frac{1}{t}\right)dt$$ $$= \lim_{s \to 1^+} \int_0^\infty t^{s-1}e^{-(n+1)t}\left( \frac{1}{1-e^{-t}}-\frac{1}{t}\right)dt$$ $$ = \lim_{s \to 1^+} \Gamma(s) \sum_{n=N+1}^\infty n^{-s} - (n+1)^{-s}\Gamma(s-1)$$ $$ = \lim_{s \to 1^+} \Gamma(s) (\zeta(s) - \sum_{n=1}^N n^{-s}) - (n+1)^{1-s}\Gamma(s-1)$$

y de $(n+1)^{1-s}\Gamma(s-1) = \Gamma(s)\frac{1+(1-s)\ln(n+1)+o(1-s)}{s-1} $ se obtiene

$$\int_0^1 x^n\left(\frac{1}{\ln x} + \frac{1}{1-x}\right)dx = \lim_{s \to 1^+} \Gamma(s)\left(\zeta(s) - \sum_{n=1}^N n^{-s}-\frac{1+(1-s)\ln(n+1)+o(1-s)}{s-1}\right)$$ $$ = \color{red}{\gamma-H_n+\ln(n+1)}$$

Answer 5

Si $n\ge 0$ $$\begin{align} & \int_{0}^{n}{{{x}^{t}}}dt=\int_{0}^{n}{{{e}^{t\ln x}}}dt=\left. \frac{{{e}^{t\ln x}}}{\ln x} \right|_{0}^{n}=\frac{{{e}^{n\ln x}}-1}{\ln x}=\frac{{{x}^{n}}-1}{\ln x} \\ \\ & \int_{0}^{1}{\frac{{{x}^{n}}-1}{\ln x}}\,dx=\int_{0}^{1}{\int_{0}^{n}{{{x}^{t}}}dt}dx=\int_{0}^{n}{\int_{0}^{1}{{{x}^{t}}}dx}dt=\int_{0}^{n}{\frac{1}{t+1}}dt=\ln (n+1) \\ \end{align}$$ De hecho, demostramos

$$\color{red}{\int_{0}^{1}{\frac{{{x}^{n}}-1}{\ln x}}\,dx=\ln(n+1)}\tag 1$$

$$\int_{0}^{1}\frac{1-x^n}{1-x}dx=\int_{0}^{1}{(1+x+x^2+x^3+\cdots+x^{n-1})}dx=\sum\limits_{j=1}^{n}{\frac{1}{j}}=\color{red}{{H}_{n}}$$ así

$$\color{red}{\int_{0}^{1}\frac{x^n-1}{1-x}dx=-{{H}_{n}}}\tag 2$$

por otro lado, sabemos $$\color{red}{\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)dx=\gamma }\tag 3$$ $(1) , (2)$ y $(3)$

$$I=\int_{0}^{1}x^n\left({1\over \ln{x}}+{1\over 1-x}\right)dx=\int_{0}^{1}\left({1\over \ln{x}}+{1\over 1-x}\right)dx+\int_{0}^{1}\frac{x^n-1}{\ln x} dx+\int_{0}^{1}\frac{x^n-1}{1-x}dx$$ por lo tanto $$\color{red}{I=\gamma+\ln(n+1)-H_n}$$