Equivalente a $I_{n}=\int_0^1 \frac{x^n \ln x}{x-1}\mathrm dx, n\rightarrow \infty$

Question

Me gustaría mostrar que

$$I_{n}=\int_0^1 \frac{x^n \ln x}{x-1}\mathrm dx \sim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n}$$

Utilizando el cambio de variable $u=x^n$:

$$I_{n}=\frac{1}{n^2} \int_0^1 \frac{u^{1/n} \ln u}{u^{1/n}-1} \mathrm du=\frac{1}{n^2}\left(\int_0^1 \ln x \mathrm dx+\int_0^1 \frac{\ln x}{x^{1/n}-1} \mathrm dx \right)=\frac{-1}{n^2}+\frac{1}{n^2}\int_0^1 \frac{\ln x}{x^{1/n}-1} \mathrm dx=o(1/n)+\frac{1}{n^2}\int_0^1 \frac{\ln x}{x^{1/n}-1} \mathrm dx$$

Así que tengo que demostrar que

$$\int_0^1 \frac{\ln x}{x^{1/n}-1} \mathrm dx \sim_{n \rightarrow \infty} n$$

¿Podría usted ayudarme?

Answer 1

$$\frac{x^n}{x-1} = \frac{x^n-1}{x-1} + \frac{1}{x-1}= \left(1+ x+ \cdots + x^{n-1}\right) +\frac{1}{x-1}.$$

Por lo $$I_n = \int^1_0 (1+x+\cdots + x^{n-1}) \log x + \int^1_0 \frac{\log x}{x-1} dx.$$

Integración por partes espectáculos $\int^1_0 x^k \log x = -1/(k+1)^2$ y la expansión de $\log$ por series de Taylor mostrará $\displaystyle \int^1_0 \frac{\log x}{x-1} dx = \frac{\pi^2}{6}$ $$I_n = \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{1}{k^2}.$$

Por lo tanto $$nI_n = \frac{1}{n} \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{1}{(k/n)^2} \to \int_1^{\infty} \frac{1}{x^2} dx=1$$

por lo $I_n \sim 1/n.$

---

Puede omitir mostrando el $\displaystyle \int^1_0 \frac{\log x}{x-1} dx = \frac{\pi^2}{6}$ si expande $x^n/(x-1)$ como una serie geométrica desde el principio.

En lugar de utilizar las sumas de Riemann también podríamos señalar que $1/x^2$ es monótonamente decreciente y usar el bien conocido teorema que si $f$ es monótona y, a continuación, $\displaystyle \int^n_1 f(x) dx \sim \sum_{k=1}^n f(n).$

Answer 2

Propongo enfoque diferente. Primero, considere la integral: $$J_n = \int_0^1 \frac{x^n -1}{x-1} \, dx$$ que tenemos $I_n = \tfrac{dJ_n}{dn}$. Observar que: $$J_n = \int_0^1 \frac{x^n - 1 }{x-1} \, dx = H_n \sim \ln n + \ldots$$ Así que ahora es fácil notar que: $$I_n \sim \frac{1}{n}$$ para un gran $n$.

Answer 3

En realidad, una forma cerrada solución puede ser:

$$I_{n}=\int_0^1 \frac{x^n \ln x}{x-1}dx=-\int_0^1[x^n(1+x^2+x^3+...)\ln x]dx=$$

$$=-\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 (x^{k+n}\ln x)dx=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+n+1)^2}=$$

$$=\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(n+2)^2}+...=\zeta(2,n+1)$$ where $$\zeta(s,a)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+a)^s}$$ es lo que se llama Zeta de Hurwitz Función