Deje $a$ $b$ ser números reales tales que a $ 0<a<b$. La disminución de la función continua $y:[0,1] \to [0,1]$ está implícitamente definido por la ecuación de $y^a-y^b=x^a-x^b.$ Probar $$\int_0^1 \frac {\ln (y)} x \, dx=- \frac {\pi^2} {3ab}. $$
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OK, por fin, tengo una solución. Gracias a @Occupy Gezi y mi colega Robert Varley para llegar a mí en la pista de la derecha. Como @Occupy Gezi señaló, un poco de cuidado se requiere para trabajar con convergente integrales.
Considere la curva $x^a-x^b=y^a-y^b$ ( $y(0)=1$ $y(1)=0$ ). Queremos aprovechar la simetría de la curva sobre la línea de $y=x$. Deje $x=y=\tau$ ser el punto de la curva donde $x=y$, y vamos a escribir $$\int_0^1 \ln y \frac{dx}x = \int_0^\tau \ln y \frac{dx}x + \int_\tau^1 \ln y \frac{dx}x\,.$$ Hacemos un cambio de coordenadas $x=yu$ al hacer la primera integral: Desde $\dfrac{dx}x = \dfrac{dy}y+\dfrac{du}u$, obtenemos (teniendo en cuenta que $u$$0$$1$$x$$0$%#%) \begin{align*} \int_0^\tau \ln y \frac{dx}x &= -\int_\tau^1 \ln y \frac{dy}y + \int_0^1 \ln y \frac{du}u \\ &= -\frac12(\ln y)^2\Big]_\tau^1 + \int_0^1 \ln y \frac{du}u = \frac12(\ln\tau)^2 + \int_0^1 \ln y \frac{du}u\,. \end{align*}
Siguiente, tenga en cuenta que como $\tau$ a lo largo de la curva, $(x,y)\to (1,0)$ debido a que, el uso de $(\ln x)(\ln y)\to 0$, tenemos $(\ln x)\ln(1-x^{b-a}) = (\ln y)\ln(1-y^{b-a})$$ Ahora podemos hacer la "inversa" cambio de coordenadas $$(\ln x)(\ln y) \sim \frac{(\ln y)^2\ln(1-y^{b-a})}{\ln (1-x^{b-a})} \sim \frac{(\ln y)^2 y^{b-a}}{a\ln y} = \frac1a y^{b-a}\ln y\to 0 \text{ as } y\to 0.$ a hacer la segunda integral. En este momento, debemos hacer una integración por partes primero. \begin{align*} \int_\tau^1 \ln y \frac{dx}x &= (\ln x)(\ln y)\Big]_{(x,y)=(\tau,\tau)}^{(x,y)=(1,0)} + \int_0^\tau \ln x \frac{dy}y \\ & = -(\ln\tau)^2 + \int_0^\tau \ln x \frac{dy}y \\ &= -(\ln\tau)^2 - \int_\tau^1 \ln x \frac{dx}x + \int_0^1 \ln x \frac{dz}z \\ &= -\frac12(\ln\tau)^2 + \int_0^1 \ln x \frac{dz}z\,. \end{align*} Por lo tanto, la explotación de la simetría inherente, tenemos $y=xv$$ Ahora observar que $$\int_0^1 \ln y\frac{dx}x = \int_0^1 \ln y \frac{du}u + \int_0^1 \ln x \frac{dz}z = 2\int_0^1 \ln x \frac{dz}z\,.$$ y así, haciendo fácil sustituciones, \begin{align*} \int_0^1 \ln x \frac{dz}z &= \frac1{b-a}\left(\int_0^1 \ln(1-z^a)\frac{dz}z - \int_0^1 \ln(1-z^b)\frac{dz}z\right) \\ &=\frac1{b-a}\left(\frac1a\int_0^1 \ln(1-w)\frac{dw}w - \frac1b\int_0^1 \ln(1-w)\frac{dw}w\right) \\ &= \frac1{ab}\int_0^1 \ln(1-w)\frac{dw}w\,. \end{align*} Por expansión en el poder de la serie, se reconoce que este dilogarithm integral nos da, en fin, $$x^a-x^b=y^a-y^b \implies x^a(1-x^{b-a}) = x^az^a(1-x^{b-a}z^{b-a}) \implies x^{b-a} = \frac{1-z^a}{1-z^b}\,,$$ (¡Menos mal!!)
Marnix van Valen
Puntos
6197
$$F(x,y)=y^a-y^b-x^a+x^b=0$$ por la línea de parametrización $x=m\,y$ $$F(m\,y,y)=m^ay^a-m^by^b-y^a+y^b=0$$ $$\Rightarrow (m^a-1)y^a-(m^b-1)y^b=0$$ $$\Rightarrow \frac{m^a-1}{m^b-1}=y^{b-a}\Rightarrow y=\bigg(\frac{m^a-1}{m^b-1}\bigg)^{\frac 1{b-a}}$$ y $$x=m\,y=m\bigg(\frac{m^a-1}{m^b-1}\bigg)^{\frac 1{b-a}}$$ Se puede ver que la integral de los límites de $m$$0$$+\infty$.
Podemos transformar la integral tal que $$x=m\,y\Rightarrow dx=dm\,y+m\,dy$$ $$\int \frac {\ln (y)} x \, dx=\int \frac {\ln (y)} {m\,y} \, (dm\,y+m\,dy)=\int_0^{\infty} \frac{\ln\bigg(\frac{m^a-1}{m^b-1}\bigg)^{\frac 1{b-a}}}{m}dm+\int_0^1 \frac{\ln(y)}{y}dy $$
Si se intenta calcular la integral para cualquier valor de $0\lt a\lt b$ se puede ver que las integrales no son convergentes. Por lo tanto, supongo que es una declaración incorrecta?
