Con estos tipos de integrales generalmente lo que se está pidiendo es
el uso de dos ramas del logaritmo cuya cortes cancelar fuera de la
la integración de intervalo.
Supongamos que buscamos para calcular
$$Q_n = \int_0^1 \frac{x^n}{x^a (1-x)^{1-a}} dx.$$
Re-escribo esto como
$$\int_0^1 z^n
\exp(-a\mathrm{su sistema loga}(z))
\exp(-(1-a)\mathrm{LogB}(1-z)) dz$$
y llamar a la función $f(z).$
Debemos elegir dos ramas del logaritmo $\mathrm{LogA}$ y
$\mathrm{LogB}$ , de modo que el corte en el eje real de $0$ $1.$Esto se logra al $\mathrm{LogA}$ tiene el corte en el negativo
eje real y $\mathrm{LogB}$ sobre el eje real positivo.
Supongamos que el hueso de perro de contorno que se recorre en sentido antihorario. Entonces
$\mathrm{LogA}$ le da el verdadero valor justo por encima de la corte, pero
$\mathrm{LogB}$ contribuye un factor de $\exp(- 2\pi i (1-a)).$ por Debajo de
el corte $\mathrm{LogA}$ nuevo produce el valor real, pero también lo hace
$\mathrm{LogB}.$ Ya que no hay finito polos esto implica que
$$Q_n (1 - \exp(2\pi i a))
= - 2\pi i \times \mathrm{Res}_{z=\infty} f(z).$$
Ahora el residuo en el infinito utilizamos la fórmula
$$\mathrm{Res}_{z=\infty} h(z)
= \mathrm{Res}_{z=0}
\left[-\frac{1}{z^2} h\left(\frac{1}{z}\right)\right].$$
En la siguiente tenemos que distinguir entre la parte superior y la
la mitad inferior de plano. Suponga $z=R e^{i\theta}$ $0\le\theta\lt2\pi.$
La mitad superior del plano -.
Aquí tenemos a $$\mathrm{LogA}(1/z) = - \mathrm{LogA}(z)$$
y $$\mathrm{LogB}(1-1/z) =
\mathrm{LogB}(z-1) - \mathrm{LogB}(z).$$
Esto le da el residuo en el término
$$- \frac{1}{z^{n+2}}
\exp (\mathrm{su sistema loga}(z))
\exp(-(1-a)\mathrm{LogB}(z-1))
\\ \times \exp((1-a)\mathrm{LogB}(z)).$$
Pero tenemos $$\exp (\mathrm{su sistema loga}(z))\exp((1-a)\mathrm{LogB}(z))
\\ = \exp(a(\log R+i\theta)+(1-a)(\log R+ i\theta)) = z,$$
así que esto se convierte en
$$- \frac{1}{z^{n+1}}
\exp(-(1-a)\mathrm{LogB}(z-1)).$$
La mitad inferior de plano.
Aquí tenemos a $$\mathrm{LogA}(1/z) = - \mathrm{LogA}(z)$$
y $$\mathrm{LogB}(1-1/z) = 2\pi i +
\mathrm{LogB}(z-1) - \mathrm{LogB}(z).$$
Esto le da el residuo en el término
$$- \frac{1}{z^{n+2}}
\exp(-(1-a)2\pi i)
\exp (\mathrm{su sistema loga}(z))
\exp(-(1-a)\mathrm{LogB}(z-1))
\\ \times \exp((1-a)\mathrm{LogB}(z)).$$
Pero tenemos $$\exp (\mathrm{su sistema loga}(z))\exp((1-a)\mathrm{LogB}(z))
\\ = \exp(a(\log R-i(2\pi\theta))+(1-a)(\log R+ i\theta)) =
\exp(- a2\pi i) z,$$
así que esto se convierte en
$$- \frac{1}{z^{n+1}}
\exp(-(1-a)2\pi i)
\exp(-2\pi i)
\exp(-(1-a)\mathrm{LogB}(z-1))
\\ = - \frac{1}{z^{n+1}}
\exp(-(1-a)\mathrm{LogB}(z-1)).$$
Hemos establecido la coincidencia de términos para la superior y la inferior
la mitad de avión.
Tenga en cuenta que ciertamente tenemos analiticidad del término exponencial en
un disco de radio de una vuelta al origen. La corte comienza a $z=1$ y
se extiende desde el disco.
Ahora evaluar el residuo de esta rama.
Aquí tenemos que $$-\mathrm{LogB}(z-1) = \pi i
+ \mathrm{LogB}\frac{1}{1-z}$$ por lo que obtenemos
$$- \frac{1}{z^{n+1}}
\exp(-(1-a)\pi i)
\exp\left (1-a)\mathrm{LogB}\frac{1}{1-z}\right).$$
Podemos extraer los coeficientes de esta, ya sea con el binomio de Newton
o reconocimiento de la mezcla de la generación de la función de la unsigned Stirling
los números de la primera clase. Usando el segundo nos encontramos con que
$$n! [z^n] \exp\left(u\log\frac{1}{1-z}\right)
= u(u+1)\cdots(u+n-1).$$
Esto le da a ese
$$ Q_n (1 - \exp(2\pi i a))
= \frac{2\pi i}{n!}\veces
\exp(-(1-a)\pi i) \times (1-a)(2-a)\cdots(n-a).$$
o
$$Q_n = \frac{2\pi i}{n!} \times \exp(-\pi i) \times
\frac{\exp (\pi i)}{1 - \exp(2a\pi i)}
\times (1-a)(2-a)\cdots(n-a)
\\ =
- \frac{1}{n!} \times \pi \frac{2}{\exp (- \pi i) - \exp (\pi i)}
\times (1-a)(2-a)\cdots(n-a)
\\ = \frac{1}{n!} \times \frac{\pi}{\sin (\pi)}
\times (1-a)(2-a)\cdots(n-a).$$
Para ser riguroso, también tenemos que mostrar la continuidad entre los dos
la superposición de los recortes en $(-\infty, 0)$, como se muestra en este MSE
enlace.
Observación. Lo que realmente ayuda a pensar en el mapa de $z$ $-z$como
$180$ grados de rotación cuando se trata de visualizar lo que está sucediendo
aquí.
