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Para evaluar…

Evaluar la integral definida: $$\int_0^1 \frac{1-x}{\ln x}(x+x^2+x^{2^2}+x^{2^3}+x^{2^4}+\ldots) \, dx$ $

Creo que la serie participación de $x$ converge porque $x\in[0,1]$, pero no podemos formar una expresión para la serie. Si te dejo u_n $$ = x ^ {2 ^ {n-1}} \ \frac{\ln u_n} {\ln x} = 2 ^ {n-1} $$ pero esta serie no converge. WolframAlpha incluso no puede evaluar un integral definida junto con una serie infinita, por lo que estoy atrapado en esto.

14voto

Renan Puntos 6004

Sugerencia. Uno puede recordar Frullani integral, para $a,b>0$, $$ \int_{0}^{1}\frac{x^{- 1} x^{b-1}}{\ln x}\:dx=\ln\frac ba \tag1 $$ giving, by telescoping terms, for $N=0,1,2,\cdots$, $$ \begin{align} &\int_{0}^{1}{\frac{1-x}{\ln x}(x+x^{2}+x^{2^{2}}+\cdots+x^{2^N})}\:dx \\\\&=\sum_{n=0}^N\int_{0}^{1}\frac{x^{2^n}-x^{2^n+1}}{\ln x}\:dx\\\\ &=\sum_{n=0}^N\ln\frac{2^n+1}{2^n+2}\\\\ &=\sum_{n=0}^N\left[\ln(2^n+1)-\ln(2^{n-1}+1)-\ln 2\right]\\\\ &=\ln(2^N+1)-\ln(2^{-1}+1)-(N+1)\ln 2\\\\ &=-\ln 3+\ln\left(1+1/2^N\right), \end{align} $$ luego, dejando $N \to \infty$, se obtiene

$$ \int_{0}^{1}{\dfrac{1-x}{\ln x}(x+x^{2}+x^{2^{2}}+x^{2^{3}}+\cdots)}\:dx=-\ln 3. \tag2 $$

Edit. Uno puede justificar el intercambio entre la $\displaystyle\int$ $\displaystyle\sum$ al darse cuenta de que $$ \left|\frac{1-x}{\ln x}\right|\le1,\qquad 0<x<1,\tag3 $$ y que $$ x+x^{2}+x^{2^{2}}+x^{2^{3}}+\cdots \sim -\frac{1}{\ln 2}\:\ln (-\ln x),\quad \text{como} \quad x \1^-,\tag4 $$ resultó de aquí (ejemplo 12, pág.31).

6voto

Jacky Chong Puntos 2202

Reclamar 1: $k\geq 1$, Tenemos que\begin{align} \int^1_0 \frac{1-x}{\log x}x^{2^k}\ dx = -\log \frac{2^k+2}{2^k+1}. \end {alinee el}

Reclamar 2: Tenemos\begin{align} \prod^\infty_{k=0}\left( 1+\frac{1}{2^k+1}\right) = 3 \end {Alinee el}

Usando las afirmaciones, tenemos la serie\begin{align} -\sum^\infty{k=0} \log \left(\frac{2^k+2}{2^k+1}\right) =-\log\left(\prod^\infty{k=0} \left(1+\frac{1}{2^k+1}\right) \right) =-\log 3. \end {Alinee el}

5voto

Dr. MV Puntos 34555

Primera nota de que

$$\int_0^1 x^y\,dy=\frac{x-1}{\log(x)}\tag1$$

Luego, utilizando $(1)$ junto con el Teorema de Fubini revela

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{1-x}{\log(x)}\,x^{2^n}\,dx&=-\int_0^1 \left(\int_0^1 x^y\,dy\right)\,x^{2^n}\,dx\\\\ &=-\int_0^1 \left(\int_0^1 x^{y+2^n}\,dx\right)\,\,dy\\\\ &=-\int_0^1 \frac{1}{y+2^n}\,dy\\\\ &=-\log(2^n+2)+\log(2^n+1)\\\\ &=-\log(2^n+2)+\log(2^{n+1}+2)-\log(2)\tag2 \end{align}$$

que contiene una telescópica plazo. Finalmente, sumando $(2)$ $n$ rendimientos

$$\sum_{n=0}^\infty \int_0^1 \frac{1-x}{\log(x)}\,x^{2^n}\,dx=-\log(3)$$

El Teorema de Fubini bajo el conteo de medida puede ser utilizado de nuevo para justificar intercambio de la serie con la integral.

4voto

Tolaso Puntos 1662

Otra idea es diferenciar bajo el signo integral para matar el logaritmo. Mediante la inserción de un parámetro , se $\alpha$ , y luego se diferencian bajo el signo integral, tenemos que , si definimos

$$f\left ( \alpha \right ) = \int_{0}^{1} \frac{1-x^\alpha}{\log x} \sum_{n=0}^{\infty} x^{2^n} \, {\rm d}x \quad , \quad \alpha \geq 0$$

entonces

\begin{align*} \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} \alpha} f(\alpha) &= \int_{0}^{1} \frac{\partial }{\partial \alpha} \frac{1-x^\alpha}{\log x} \sum_{n=0}^{\infty} x^{2^n} \, {\rm d}x \\ &=-\int_{0}^{1} x^\alpha \sum_{n=0}^{\infty} x^{2^n} \, {\rm d}x \\ &= -\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} x^{2^n} x^\alpha \, {\rm d}x\\ &= -\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} x^{2^n +\alpha} \, {\rm d}x \\ &=- \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{\alpha +2^n +1} \end{align*}

Mientras que usted no puede encontrar una forma general para la derivada ( al menos no sin funciones especiales de todos modos ) , al menos puede evaluar la integral original. Cómo, usted puede pedir? Acaba de integrar de$0$$1$, así:

$$f(1)=\int_0^1 f'(\alpha) \, {\rm d}\alpha$$

Por lo tanto,

\begin{align*} f(1) &= \int_{0}^{1} f'(\alpha) \, {\rm d}\alpha \\ &= -\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}\alpha}{\alpha +2^n +1}\\ &= -\sum_{n=0}^{\infty} \log \left ( \frac{2^n +2}{2^n +1} \right )\\ &= - \lim_{N \rightarrow +\infty} \sum_{n=0}^{N} \log \left ( \frac{2^n +2}{2^n +1} \right ) \\ &= - \lim_{N \rightarrow +\infty} \log \left ( \frac{3 \cdot 2^N}{2^N +1} \right ) \\ &= - \log 3 \end{align*}

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