La forma cerrada para $\int_0^1 \frac {\log^n(x)}{(1-x)^m} dx$

Question

¿Cómo se puede encontrar una forma general para $\int_0^1 \frac {\log(x)}{(1-x)} dx=-\zeta(2) \,?$ Namely $\int_0^1 \frac {\log^n(x)}{(1-x)^m} dx\,$ where $n,m\ge1$ Similar to the original integral I let $1-x=u\,$ which gives $$\int_{-1}^0 \frac {\log^n(1+x)}{x^m} dx$$ and expanding into series we have: $\int_{-1}^0x^{-m}(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}x^k}{k})^n\,dx$ Ahora bien, esto podría ser factible con un ordenador de uso de Cauchy del producto, pero por lo demás es una locura.

Otro intento es dejar a $I(k)=\int_0^1 \frac {x^k}{(1-x)^m}\,dx$ Y tomar derivado de n veces asumiendo $k\ge n$, por lo que: $$\frac{d^n}{dx^n}I(k)=\int_0^1\frac{x^k\log^n(x)}{(1-x)^m}dx$$ Plugging $(1-x)^{m}=\sum_{j=0}^{\infty} \binom {m}{j}(-1)^jx^j$ en integral y hacer uso de Tonelli teorema obtenemos: $$\frac{d^n}{dx^n}I(k)=\sum_{j=0}^{\infty} \binom{-m}{j}(-1)^j\int_0^1 x^{(k+j)}\log^n(x)dx=\sum_{j=0}^{\infty} \binom{-m}{j}(-1)^{(n+j)} n! (k+j+1)^{-(n+1)}$$ , Pero no sé cómo evaluar el último de la serie.

Answer 1

$$\int_{0}^{1} x^s (1-x)^{-m}\,dx =B(s+1,1-m)=\frac{\Gamma(s+1)\Gamma(1-m)}{\Gamma(s+2-m)}$$ y ambos lados pueden ser diferenciados con respecto a $s$ varias veces, luego se evalúan en $s\to 0^+$.
Para la diferenciación de los RHS es práctico para explotar $f'(z)=f(x)\cdot\frac{d}{dz}\log f(z)$ y el hecho de que $\psi(x)=\frac{d}{dx}\log\Gamma(x)$ cumple $$\psi'(a)=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+a)^2}$$ por lo tanto $\int_{0}^{1}\frac{\log(x)^n}{(1-x)^m}\,dx$ es, naturalmente, relacionados con los valores de $\zeta(s)$$s\in\{2,3,4,\ldots\}$.

Answer 2

Cuidado: para la comodidad de la siguiente derivación he cambiado de $m$$m+1$.

Vamos a probar que para todo entero $n>m\ge0$: $$S(n,m):=\int_0^1\frac{\log^n(1-u)}{u^{m+1}}du=\frac{(-1)^n n!}{m.}\sum_{i=0}^{m}{m \brack i}\zeta(n+1-i).\la etiqueta{1}$$ donde ${m \brack i}$ son los números de Stirling de primera especie y $\zeta(n)$ son de Riemann de funciones.

Primero comprobamos que la expresión es válida para $m=0$ y arbitraria $n>0$: $$(-1)^nS(n,0)=(-1)^n\int_0^1\frac{\log^n(1-u)}{u}du\stackrel{1-u\mapsto e^{-t}}{=} \int_0^{\infty}\frac{t^n e^{-t}}{1-e^{-t}}dt =\int_0^{\infty} t^n\sum_{k=1}^\infty e^{-kt}\; dt\\ =\sum_{k=1}^\infty\int_0^{\infty} t^n e^{-kt}\; dt \stackrel{t\mapsto z/k}{=} \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^{n+1}} \int_0^{\infty}z^n e^{-z}\; dz=n!\zeta(n+1).$$

Supongamos ahora que (1) es válida para algunos $m\ge0$ y arbitraria $n> m$. Vamos a demostrar que esto implica que la expresión es válida para $m+1$ y arbitraria $n> m+1$.

$$S(n,m)=\int_0^1\frac{\log^{n}(1-u)}{u^{m+1}}du\\= -\frac{1}{n+1}\underbrace{\left[\frac{(1-u)\log^{n+1}(1-u)}{u^{m+1}}\right]_0^1}_{=0} +\frac{1}{n+1}\int_0^1\left(\frac{m}{u^{m+1}}-\frac{m+1}{u^{m+2}}\right)\log^{n+1}(1-u)du\\ =\frac{m}{n+1}S(n+1,m)-\frac{m+1}{n+1}S(n+1,m+1)$$ o $$S(n+1,m+1)=\frac{m}{m+1}S(n+1,m)-\frac{n+1}{m+1}S(n,m)\\ \stackrel{I. H.}{=}\frac{m}{m+1}\frac{(-1)^{n+1}(n+1)!}{m.}\sum_{i=0}^{m}{m \brack i}\zeta(n+2-i)-\frac{n+1}{m+1}\frac{(-1)^n n!}{m.}\sum_{i=0}^{m}{m \brack i}\zeta(n+1-i)\\ =\frac{(-1)^{n+1}(n+1)!}{(m+1)!}\a la izquierda[\sum_{i=0}^{m}m{m \brack i}\zeta(n+2-i)+\sum_{i=1}^{m+1}{m \brack i-1}\zeta(n+2-i)\right]\\ \stackrel{*}{=}\frac{(-1)^{n+1}(n+1)!}{(m+1)!}\sum_{i=0}^{m+1}{m+1 \brack i}\zeta(n+2-i),$$ donde en ($\stackrel{*}{=}$) el bien conocido de la recurrencia de la identidad: $$m{m \brack i}+{m \brack i-1}={m+1 \brack i}$$ fue utilizado.

Así, por inducción de la demanda

$$\int_0^1\frac{\log^n(1-u)}{u^{m+1}}du=\frac{(-1)^n n!}{m.}\sum_{i=0}^{m}{m \brack i}\zeta(n+1-i)$$

está probado.

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Nota añadida:

Si se considera formalmente el caso de "negativo" $m$ un interesante tipo de simetría se puede observar:

$$\int_0^1u^m\log^n(1-u)\;du=(-1)^n n!\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\frac{(-1)^i}{(i+1)^{n+1}}.$$