¿Existe una buena fórmula general para $\int \frac{dx}{x^n-1}$ y/o $\int \frac{dx}{\Phi_n(x)}$ ?

Question

La pregunta está en el título, donde $\Phi_n$ denota el $n$ -a polinomio ciclotómico .

Motivación : Estoy enseñando a mis alumnos de cálculo la integración básica de funciones racionales con $\log$ y $\arctan$ Así que me pregunté sobre esto.

Observación y pregunta más precisa : Emparejamiento de conjugados complejos, sobre $\mathbb R$ estos polinomios se dividen en factores de las formas $x-1$ , $x+1$ y $$f_{k,n}(x) = x^2-2\cos(2k\pi/n)x +1,$$ donde el recíproco del último, si no me equivoco, tiene antiderivada $$\frac{1}{\sin(2k\pi/n)}\arctan\left(\frac{x-\cos(2k\pi/n)}{\sin(2k\pi/n)}\right).$$ Ahora, utilizando fracciones parciales y luego integrando, se obtienen sumandos de los siguientes tipos:

• A) $\log|x-1|$
• B) $\log|x+1|$
• C) $\frac{1}{\sin(2k\pi/n)}\arctan\left(\frac{x-\cos(2k\pi/n)}{\sin(2k\pi/n)}\right)$
• D) $\log (f_{k,n}(x))$ .

(Los dos últimos, que provienen de desmontar algo de la forma $$\frac{\text{linear}}{f_{k,n}(x)},$$ son, por supuesto, los únicos en $\int \frac{dx}{\Phi_n(x)}$ para $n\ge 3$ .)

Reconozco estas partes en las fórmulas de ejemplo que aparecen a continuación y me parece bien tenerlas como "bloques de construcción" en una fórmula general. Así que supongo que todo lo que estoy pidiendo es un fórmula que da los coeficientes de cada de los términos A)-D) en las integrales. En otras palabras, tenemos

$$\int \frac{dx}{x^n-1} = \color{red}{A_n} \cdot \log|x-1| + \color{red}{B_n} \cdot \log|x+1| + \sum_{1\le k <\frac{n}{2}} \frac{\color{red}{C_{n,k}}}{\sin(2k\pi/n)}\arctan\left(\frac{x-\cos(2k\pi/n)}{\sin(2k\pi/n)}\right) + \sum_{1\le k <\frac{n}{2}} \color{red}{D_{n,k}} \log(f_{n,k})$$

y para $n \ge 3$ ,

$$ \int \frac{dx}{\Phi_n(x)} = \sum_{1\le k <\frac{n}{2}\\gcd(k,n)=1} \frac{\color{red}{E_{n,k}}}{\sin(2k\pi/n)}\arctan\left(\frac{x-\cos(2k\pi/n)}{\sin(2k\pi/n)}\right) + \sum_{1\le k <\frac{n}{2}\\gcd(k,n)=1} \color{red}{F_{n,k}} \log(f_{n,k})$$

y busco fórmulas cerradas en función de $n$ y $k$ para los coeficientes en rojo.

Idea : Supongo que si uno va a $\mathbb C$ sólo se obtienen términos de la forma $$ \log (x-\zeta)$$ donde $\zeta$ pasa por las respectivas raíces de la unidad, y la elección de las ramas correctas de $\log$ y la agrupación de conjugados complejos podría dar una fórmula para los coeficientes. Pero ir a través de esto está más allá de mí en este momento.

Editar:

De la respuesta de Eric Wofsey se obtiene, emparejando conjugados complejos y utilizando la conocida relación ( 1 , 2 , 3 ) entre el arctán y el logaritmo complejo (dejando fuera la restricción de dominio y las constantes de integración):

$$\int \frac{dx}{x^n-1} = \color{red}{\frac{1}{n}} \cdot \log|x-1| + \color{blue}{(}(\color{red}{-\frac{1}{n}}) \cdot \log|x+1|\color{blue}{)} + \sum_{1\le k <\frac{n}{2}} \color{red}{\frac{-2\sin(2k\pi/n)}{n}}\arctan\left(\frac{x-\cos(2k\pi/n)}{\sin(2k\pi/n)}\right) + \sum_{1\le k <\frac{n}{2}} \color{red}{\frac{\cos(2k\pi/n)}{n}} \log(f_{n,k})$$

(donde el término en $\color{blue}{\text{blue}}$ aparece entre paréntesis si $n$ es par), es decir, mi normalización original del término arctano era mala, daría $C_{n,k} = -2\sin^2(2k\pi/n)/n$ ),;

y para $n \ge 3$ ,

$$\int \frac{dx}{\Phi_n(x)} = \sum_{1\le k <\frac{n}{2}\\gcd(k,n)=1} \color{red}{-2\cdot\mathfrak{Im}\left(\frac{1}{\Phi'_n(\zeta_k)}\right)}\arctan\left(\frac{x-\cos(2k\pi/n)}{\sin(2k\pi/n)}\right) + \sum_{1\le k <\frac{n}{2}\\gcd(k,n)=1} \color{red}{\mathfrak{Re}\left(\frac{1}{\Phi'_n(\zeta_k)}\right)} \log(f_{n,k})$$

(donde $\zeta_{k,n} = \exp(2k\pi i/n)$ ).

Sólo queda la pregunta de si existe una buena fórmula general para la parte real/imaginaria de $\displaystyle \frac{1}{\Phi'_n(\zeta_k)}$ . He pedido que como nueva pregunta aquí .

Answer 1

Se puede obtener una expresión bastante sencilla utilizando fracciones parciales sobre $\mathbb{C}$ . En general, si $f(x)=(x-a_1)\dots(x-a_n)$ es un polinomio mónico con raíces distintas sobre $\mathbb{C}$ entonces tenemos la descomposición de fracciones parciales $$\frac{1}{f(x)}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{f'(a_k)(x-a_k)}.$$ (Se puede comprobar que esta descomposición es correcta multiplicando ambos lados por $x-a_k$ y tomando el límite como $x\to a_k$ : en el lado izquierdo tienes el límite de $\frac{x-a_k}{f(x)}$ que es exactamente el recíproco del cociente de la diferencia para $f'(a_k)$ y por lo tanto converge a $\frac{1}{f'(a_k)}$ .)

Así, una antiderivada puede calcularse como $$\int\frac{1}{f(x)}dx=\sum_{k=1}^n\frac{\log(x-a_k)}{f'(a_k)}+C.$$ Puede aplicar esto a cualquiera de los dos $f(x)=x^n-1$ o $f(x)=\Phi_n(x)$ . Así, cuando se escribe todo sobre $\mathbb{C}$ y no intente combinar términos para obtener algo que sea obviamente de valor real, los coeficientes simplemente provienen del recíproco de la derivada del polinomio evaluado en cada raíz. En el caso de $x^n-1$ Al menos, se puede escribir esto de forma bastante explícita ya que la derivada es fácil de evaluar: $$\int\frac{1}{x^n-1}dx=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\zeta^k\log(x-\zeta^k)+C$$ donde $\zeta$ es una primitiva $n$ raíz de la unidad (aquí la $f'(\zeta^k)$ en el denominador se convirtió en $n(\zeta^k)^{n-1}=n(\zeta^k)^{-1}$ ).

Answer 2

En términos de una fórmula general $$ \displaystyle \int \frac{dx}{x^n-1} = -x\;_2F_1\left(1,\frac{1}{n};1+\frac{1}{n},x^n\right) $$ que contiene una función hipergeométrica. He jugado con el caso ciclotómico más general, pero no he llegado a ninguna parte en términos de funciones hipergeométricas.

Tenemos en general de una serie geométrica $$ \frac{1}{x^n-1} = -1 - x^n -x^{2n} -x^{3n} -\cdots = -\sum_{k=1}^\infty x^{n k} $$ si integramos término a término tenemos $$ \int \frac{1}{x^n-1}\;dx = -x - \frac{x^{n+1}}{n+1} -\frac{x^{2n+1}}{2n+1} -\frac{x^{3n+1}}{3n+1} -\cdots = - \sum_{k=1}^\infty \frac{x^{kn+1}}{kn+1} $$ $$ \int \frac{1}{x^n-1}\;dx = - x\sum_{k=1}^\infty \frac{x^{kn}}{kn+1} $$ Si consideramos la definición de la función hipergeométrica $$ \;_2F_1(a,b;c,x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{(a)_k (b)_k x^k}{(c)_k k!} $$ con $(\cdot)_k$ el símbolo de Pochhammer. Para este ejemplo tenemos $$ \;_2F_1\left(1,\frac{1}{n};1+\frac{1}{n},x\right) = \sum_{k=1}^\infty \frac{\left(1\right)_k \left(\frac{1}{n}\right)_k x^k}{\left(1+\frac{1}{n}\right)_k k!} $$ tenemos que $(1)_k=k!$ así que $$ \;_2F_1\left(1,\frac{1}{n};1+\frac{1}{n},x\right) = \sum_{k=1}^\infty \frac{ \left(\frac{1}{n}\right)_k x^k}{\left(1+\frac{1}{n}\right)_k} =\sum_{k=1}^\infty \frac{x^{kn}}{kn+1} $$