int[log(1/x)/(1+x)^n]

#1

Για $n\in{\mathbb{N}}\,,\;n>2\,,$ να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\log\bigl({\tfrac{1}{x}}\bigr)}{(1+x)^n}\, dx}=\frac{1}{n-1}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{n-2}{\frac{1}{k}}\,.$

#2

grigkost έγραψε:Για $n\in{\mathbb{N}}\,,\;n>2\,,$ να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\log\bigl({\tfrac{1}{x}}\bigr)}{(1+x)^n}\, dx}=\frac{1}{n-1}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{n-2}{\frac{1}{k}}\,.$

Έστω $\displaystyle{{I_n} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\log x}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^n}}}dx} }$ . Τότε $\displaystyle{{I_2} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\log x}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}}dx} = \mathop = \limits^{x = 1/y} = \int\limits_0^\infty {\frac{{ - \log y}}{{{{\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)}^2}}} \cdot \frac{1}{{{y^2}}}dy} = - \int\limits_0^\infty {\frac{{\log y}}{{{{\left( {1 + y} \right)}^2}}}dy} = - {I_2} \Rightarrow {I_2} = 0}$ και

$\displaystyle{{I_n} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\log x}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^n}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\left( {1 + x} \right)\log x}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 1}}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\log x}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 1}}}}dx} + \int\limits_0^\infty {\frac{{x \cdot \log x}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 1}}}}dx} = {I_{n + 1}} - \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {x \cdot \log x{{\left( {\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^n}}}} \right)}{'}}dx} = }$

$\displaystyle{ = {I_{n + 1}} - \frac{1}{n}\left[ {\frac{{x \cdot \log x}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^n}}}} \right]_0^\infty + \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {\frac{{\log x + 1}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^n}}}dx} = {I_{n + 1}} + \frac{1}{n}{I_n} + \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^n}}}dx} \Rightarrow {I_n} = {I_{n + 1}} + \frac{1}{n}{I_n} + \frac{1}{{n\left( {n - 1} \right)}}}$

Οπότε καταλήγουμε στην αναδρομική σχέση $\displaystyle{\left( {n - 1} \right){I_n} - \left( {n - 2} \right){I_{n - 1}} = - \frac{1}{{n - 2}}}$ , οπότε

$\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} \left( {n - 1} \right){I_n} - \left( {n - 2} \right){I_{n - 1}} = - \frac{1}{{n - 2}} \hfill \\ \left( {n - 2} \right){I_{n - 1}} - \left( {n - 3} \right){I_{n - 2}} = - \frac{1}{{n - 3}} \hfill \\ .. \hfill \\ 2 \cdot {I_3} - 1 \cdot {I_2} = - \frac{1}{1} \hfill \\ \end{gathered} \right\}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} \left( {n - 1} \right){I_n} - {I_2} = - \left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + .. + \frac{1}{{n - 2}}} \right) \Rightarrow {I_n} = - \frac{1}{{n - 1}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 2} {\frac{1}{k}} }$

και τελικά $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\log\bigl({\dfrac{1}{x}}\bigr)}{(1+x)^n}\, dx}=\frac{1}{n-1}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{n-2}{\frac{1}{k}}\,.$

#3

grigkost έγραψε:Για $n\in{\mathbb{N}}\,,\;n>2\,,$ να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\log\bigl({\tfrac{1}{x}}\bigr)}{(1+x)^n}\, dx}=\frac{1}{n-1}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{n-2}{\frac{1}{k}}\,.$

Μια δεύτερη λύση, χωρίς αναδρομική σχέση .. αλλά με κάπως δύσκολη τεχνική Μετασχηματισμών Laplace .. $\displaystyle{{H_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} }$

Ισχύουν (Laplace) $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\log x \cdot {e^{ - x \cdot y}}dx} = - \frac{{\gamma + \log y}}{y}}$ και αν $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {f\left( x \right) \cdot {e^{ - x \cdot y}}dx} = F\left( y \right)}$ τότε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^n}f\left( x \right) \cdot {e^{ - x \cdot y}}dx} = {\left( { - 1} \right)^n}{F^{\left( n \right)}}\left( y \right)}$ .

Επίσης (Μαθηματική Επαγωγή) : $\displaystyle{\frac{{{d^n}}}{{d{x^n}}}\left( {\frac{1}{x}} \right) = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot n!}}{{{x^{n + 1}}}}}$ και $\displaystyle{\frac{{{d^n}}}{{d{x^n}}}\left( {\frac{{\log x}}{x}} \right) = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}} \cdot n! \cdot {H_n}}}{{{x^{n + 1}}}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot n! \cdot \log x}}{{{x^{n + 1}}}}}$ . Τότε

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log x}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^n}}}dx} = \frac{1}{{\left( {n - 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {\log x\left( {\int\limits_0^\infty {{y^{n - 1}} \cdot {e^{ - \left( {1 + x} \right)y}}dy} } \right)dx} = \frac{1}{{\left( {n - 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{y^{n - 1}}{e^{ - y}}\left( {\int\limits_0^\infty {\log x \cdot {e^{ - x \cdot y}}dx} } \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{1}{{\left( {n - 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{y^{n - 2}}{e^{ - y}}\left( {\gamma + \log y} \right)dy} = - \frac{\gamma }{{\left( {n - 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{y^{n - 2}}{e^{ - y}}dy} - \frac{1}{{\left( {n - 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{y^{n - 2}}{e^{ - y}}\log y \cdot dy} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{\gamma }{{n - 1}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 2}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}}{\left. {{{\left( {\frac{{\gamma + \log x}}{x}} \right)}^{\left( {n - 2} \right)}}} \right|_{x = 1}} = - \frac{\gamma }{{n - 1}} + \frac{{\gamma \cdot {{\left( { - 1} \right)}^{n - 2}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}}{\left. {{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^{\left( {n - 2} \right)}}} \right|_{x = 1}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 2}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}}{\left. {{{\left( {\frac{{\log x}}{x}} \right)}^{\left( {n - 2} \right)}}} \right|_{x = 1}} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{\gamma }{{n - 1}} + \frac{{\gamma \cdot {{\left( { - 1} \right)}^{n - 2}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}} \cdot {\left. {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 2}}\left( {n - 2} \right)!}}{{{x^{n - 1}}}}} \right|_{x = 1}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 2}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}}{\left. {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 3}}\left( {n - 2} \right)! \cdot {H_{n - 2}}}}{{{x^{n - 1}}}}} \right|_{x = 1}} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{\gamma }{{n - 1}} + \frac{\gamma }{{\left( {n - 1} \right)}} - \frac{1}{{\left( {n - 1} \right)}}{H_{n - 2}} = - \frac{1}{{\left( {n - 1} \right)}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 2} {\frac{1}{k}} \Rightarrow \int\limits_0^\infty {\frac{{\log \dfrac{1}{x}}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^n}}}dx} = \frac{1}{{\left( {n - 1} \right)}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 2} {\frac{1}{k}} }$

Tolaso J Kos · #4

Δίνω και εδώ τη λύση που έδωσα στο $\rm{mathimatikoi.org}$ . Μου πήρε αρκετό χρόνο να τη βγάλω, δεδομένου ότι μπέρδεψα τα πρόσημα στην παράγωγο και μου βγαίναν άλλα ντάλον.

3η λύση
Έχουμε ότι: $\displaystyle{\int_{0}^{\infty }\frac{\ln \left ( \frac{1}{x} \right )}{\left ( 1+x \right )^n}\, dx=-\int_{0}^{\infty }\frac{\ln x}{\left ( 1+x \right )^n}\, dx}$ αφού $\displaystyle{x>0}$ .

Τώρα θα χρησιμοποιήσουμε τις συναρτήσεις $\displaystyle{{\rm B}}$ , $\displaystyle{\rm{\Gamma}}$ .
Θεωρώ το ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{\infty }\frac{x^{m-1}}{\left ( 1+x \right )^n}\, dx=\frac{\Gamma (m)\Gamma (n-m)}{\Gamma (n)}}$

Παραγωγίζω και τα δύο μέλη, ως προς $\displaystyle{m}$ και έχουμε:
$\displaystyle{-\int_{0}^{\infty }\frac{x^{m-1}\ln x}{\left ( 1+x \right )^n}\, dx=-\frac{\Gamma (m)\Gamma (n-m)}{\Gamma (n)}\left ( \psi (m)-\psi (n-m) \right )}$

Θέτω $\displaystyle{m=1}$ στη προηγούμενη σχέση και παίρνω:
$\displaystyle{-\int_{0}^{\infty }\frac{\ln x}{\left ( 1+x \right )^n}\, dx=-\frac{1}{n-1}\left ( -\gamma -\psi (n-1) \right )=\frac{1}{n-1}\left ( \gamma +\psi (n-1) \right )= \frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{k}}$ αφού είναι γνωστό ότι $\displaystyle{\gamma +\psi (n+1)=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}}$ .

Οπότε : $\displaystyle{\int_{0}^{\infty }\frac{\ln \left ( \frac{1}{x} \right )}{\left ( 1+x \right )^n}\, dx=\frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{k}\,\,\,\,\,\, n\geq 2}$

#5

και μια 4η λύση (;) :

$\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}{\frac{\log\bigl({\tfrac{1}{x}}\bigr)}{(1+x)^n}\, dx}&=\int_{0}^{1}{\frac{\log\bigl({\tfrac{1}{x}}\bigr)}{(1+x)^n}\, dx}+\int_{1}^{+\infty}{\frac{\log\bigl({\tfrac{1}{x}}\bigr)}{(1+x)^n}\, dx}\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {t\,=\,\frac{1}{x}}\\ {-\frac{1}{t^2}\,dt\,=\,dx}\\ \end{subarray}}\,\int_{0}^{1}{\frac{\log{x}}{(1+x)^n}\, dx}-\int_{0}^{1}{\frac{t^{n-2}\log{t}}{(1+t)^n}\, dt}\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &=\int_{0}^{1}{\frac{\log{x}}{(1+x)^n}\, dx}-\int_{0}^{1}{\frac{x^{n-2}\log{x}}{(1+x)^n}\, dx}\\ &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {x\,=\,{\mathrm{e}}^{-t}}\\ {dx\,=\,-{\mathrm{e}}^{-t}dt} \\ \end{subarray}}\,\int_{0}^{+\infty}{\frac{t\,{\rm{e}}^{-t}}{(1+{\rm{e}}^{-t})^n}dt}-\int_{0}^{+\infty}{\frac{t\,{\rm{e}}^{-(n-1)t}}{(1+{\rm{e}}^{-t})^n} dt}\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &=\int_{0}^{+\infty}{t\biggl({\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,{\mathrm{e}}^{-kt}}\biggr)\, dt}\,-\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{2.0cm}\int_{0}^{+\infty}{t\biggl({\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,{\mathrm{e}}^{-(n+k-2)t}}\biggr)\, dt}\end{aligned}$

$\begin{aligned} \left.{ }\right.\hspace{3.0cm} &=\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\int_{0}^{+\infty}{t\,{\mathrm{e}}^{-kt}\, dt}}\biggr)\,-\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{2.0cm}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\int_{0}^{+\infty}{t\,{\mathrm{e}}^{-(n+k-2)t}\, dt}}\biggr)\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &=\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,\frac{1}{k^2}}\biggr)\,-\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{2.0cm}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,\frac{1}{(n+k-2)^2}}\biggr)\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{(*)}{=}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,\frac{1}{k^2}}\biggr)\,+\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{1.0cm}\frac{1}{n-1}\Bigl({\psi(n)+\gamma-\frac{1}{n-1}}\Bigr)-\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,\frac{1}{k^2}}\biggr)\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{n-1}\Bigl({H_{n-1}-\frac{1}{n-1}}\Bigr)\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{n-1}\,H_{n-2}\,. \end{aligned}$

Μένει να δειχθεί ότι

$\begin{aligned} (*)\quad\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,\frac{1}{(n+k-2)^2}}\biggr)&=\frac{1}{n-1}\biggl({\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}{\frac{(-1)^{k+1}}{k}\,\binom{n-1}{k}}-\frac{1}{n-1}}\biggr)\,-\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{2.0cm}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,\frac{1}{k^2}}\biggr)\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{n-1}\Bigl({\psi(n)+\gamma-\frac{1}{n-1}}\Bigr)\,-\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{2.0cm}\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{+\infty}\biggl({\frac{(-1)^{k+1}(n+k-2)!}{(k-1)!(n-1)!}\,\frac{1}{k^2}}\biggr)\,. \end{aligned}$

#6

Μια ακόμα λύση έτσι για την ποικιλία. Είναι πολύ πιο μακροσκελής αλλά μου φαίνεται αρκετά γουστόζικη σα μέθοδος και ίσως να μπορεί να δουλέψει και αλλού.

Με γεννήτριες και λίγο συνοπτικά γιατί έχει πολύ γράψιμο.

Θέτω $\displaystyle{a_n:=-\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{(1+x)^n}\,dx}$ , πολλαπλασιάζω με y^n

και αθροίζω για $n\geq2$ .

Θα έχω για $y\in(-1,0)\cup(0,1)$ :

$\begin{aligned}\sum_{n\geq2}a_ny^n&=-\sum_{n\geq2}\left(\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{(1+x)^n}\,dx\right)y^n \stackrel{*}{=}-y^2\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{(1+x)^2}\frac{1}{1-\frac{y}{1+x}}\,dx\\ &=-y^2\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2+x(2-y)+1-y}\,dx\stackrel{1-y=:a\in(0,1)\cup(1,2)}{\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}-y^2\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2+x(1+a)+a}\,dx\\&=(a-1)\left(\int\frac{\ln x}{x+a}\,dx-\int\frac{\ln x}{x+1}\,dx\right)\Bigg|_{0}^{+\infty}\hspace{20ex}(1)\end{aligned}$

Τώρα

$\begin{aligned}\int\frac{\ln x}{x+k}\,dx&=\ln x\ln(x+k)-\int\frac{\ln(x+k)}{x}\,dx\stackrel{x=-y}{=}\ln x\ln(x+k)-\int\frac{\ln(k-y)}{y}\,dy\\&=\ln x\ln(k+x)-\ln k\int\frac{1}{y}\,dy-\int\frac{\ln(1-y/k)}{y}\,dy\\&\stackrel{y/a=z}{\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\ln x\ln\left(\frac{k+x}{k}\right)-\int\frac{\ln(1-z)}{z}\,dz=\ln x\ln\left(\frac{k+x}{k}\right)+\mathrm{Li}_2(-x/k)\end{aligned}$

όπου $\mathrm{Li}_2(z)=-\int_{0}^{z}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx$ η διλογαριθμική συνάρτηση, οπότε η (1)

με $k=a,\;1$ θα γίνει

$\displaystyle{\sum_{n\geq2}a_ny^n=(a-1)\left(\ln x\ln\left(\frac{a+x}{a(1+x)}\right)+\mathrm{Li}_2(-x/a)-\mathrm{Li}_2(-x)\right)\Bigg|_{0}^{+\infty}\hspace{20ex}(2)}$ .

Είναι φανερό ότι $\displaystyle{\mathrm{Li}_2(x)= o\left(1\right) \qquad x\to0\quad(**)})$ και επιπλέον

μπορεί κανείς να δείξει από τον ορισμό της διλογαριθμικής ότι

$\displaystyle{\mathrm{Li}_2(-x)+\mathrm{Li}_2(-1/x)=-\pi^2/6-\frac{\ln^2x}{2}}$ από όπου φαίνεται ότι

$\displaystyle{\mathrm{Li}_2(-x)=-\pi^2/6-\frac{\ln^2x}{2}+o(1)\qquad x\to+\infty\quad(***)}$

Αντικαθιστώντας τις ** και *** στην (2)

και γυρνώντας πάλι από το

στο

παίρνουμε ότι

$\displaystyle{\sum_{n\geq2}a_ny^n=\frac{y\ln^2(1-y)}{2}}$

Όμως

$\begin{aligned}\left[y^{n}\right]\frac{y\ln^2(1-y)}{2}&=\frac{1}{2}[y^{n}]y\left(\sum_{n\geq0}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}\cdot\frac{1}{n-k+1}\right)y^n\right)\\&=\frac{1}{2}[y^{n-1}]\left(\sum_{n\geq0}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}\cdot\frac{1}{n-k+1}\right)y^n\right)\\&=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+1}\cdot\frac{1}{n-k}=\frac{1}{2(n+1)}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}+\frac{1}{n-k}\right)=\frac{\mathrm{H}_n}{n+1}\end{aligned}$

και τελειώσαμε.
__________________________________________________________________________
* Εδώ χρειάζεται δικαιολόγιση η εναλλαγή

int[log(1/x)/(1+x)^n]

int[log(1/x)/(1+x)^n]

Re: int[log(1/x)/(1+x)^n]

Re: int[log(1/x)/(1+x)^n]

Re: int[log(1/x)/(1+x)^n]

Re: int[log(1/x)/(1+x)^n]

Re: int[log(1/x)/(1+x)^n]

Μέλη σε σύνδεση