Cómo resolver la integral dada del tipo: $\int_{0}^{\infty}\tfrac{1}{(a + b x)(c + d x) (1 + p x)}dx$

Question

¿Alguien puede dar una pista de cómo resolver integrales del tipo siguiente:

$$\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{(a + b x)(c + d x) (1 + p x)}dx$$

El problema es que si procedemos con parciales de fracción, se obtiene $$\dfrac{1}{(a + bx)(c + dx)(1 + px)} = \dfrac{b^2}{(bc - ad)(b - ap)(a + bx)} + \dfrac{d^2}{(bc - ad)(cp - d)(c + dx)}- \dfrac{p^2}{(b - ap)(cp-d)(1 + px)}$$

Ahora la solución de la integral para la primera parte,

$$\int_{0}^{\infty}\dfrac{b^2}{(bc - ad)(b - ap)(a + bx)} dx = \left.\dfrac{b \ln(a + bx)}{(bc - ad)(b - ap)}\right\vert_0^{\infty}$$

Por lo tanto, una $\ln(\infty)$ plazo se encuentra. Mismo es el caso con todas las tres partes.

Cualquier sugerencias apreciado.

Edit: La solución final usando Mathematica:

Answer 1

Deje $P(x) = \prod\limits_{k=1}^n( a_k + b_k x)$ donde $n > 1$, $a_k, b_k > 0$ y las raíces $-\frac{a_k}{b_k}$ son distintos.
Considere la integral

$$\int_0^\infty \frac{dx}{P(x)} = \lim_{\Lambda\to\infty}\int_0^\Lambda \frac{dx}{P(x)}\tag{*1}$$

Puesto que todas las raíces de $P(x)$ son distintos, tenemos las siguientes parcial fracción de descomposición

$$\frac{1}{P(x)} = \sum_{j=1}^n \frac{1}{a_j + b_j x}\prod_{k=1,\ne j}^n \frac{1}{a_k - b_k\frac{a_j}{b_j}} = \sum_{j=1}^n \frac{1}{a_j + b_j x}\prod_{k=1,\ne j}^n \frac{b_j}{a_k b_j - b_k a_j}\etiqueta{*2}$$

Aviso $$\int_0^\Lambda \frac{dx}{a_j + b_j x} = \frac{1}{b_j}\left(\log(a_j + b_j \Lambda) - \log(a_j)\right) = \frac{1}{b_j}\left[\log\Lambda + \log\left(\frac{b_j}{a_j} + \frac{1}{\Lambda}\right)\right]\etiqueta{*3}$$ Cuando se conecta $(*2)$ en RHS de $(*1)$ e integrar, $(*3)$ nos dice hay un término proporcional a $\log\Lambda$. El coeficiente del término es igual a $$ \sum_{j=1}^n \frac{1}{b_j}\prod_{k=1,\ne j}^n \frac{b_j}{a_k b_j - b_k a_j} = \lim_{x\to\infty} \sum_{j=1}^n \frac{x}{a_j+b_jx}\prod_{k=1,\ne j}^n \frac{b_j}{a_k b_j - b_k a_j} = \lim_{x\to\infty} \frac{x}{P(x)} = 0$$ Aviso por el plazo restante $(*3)$ converge a$\frac{1}{b_j}\log\left(\frac{b_j}{a_j}\right)$$\Lambda \to \infty$, obtenemos:

$$\int_0^\infty \frac{dx}{P(x)} = \sum_{j=1}^n \log\left(\frac{b_j}{a_j}\right)b_j^{n-2} \prod_{k=1,\ne j}^n \frac{1}{a_k b_j - b_k a_j}$$

Para $(a_1,b_1,a_2,b_2,a_3,b_3) = (a,b,c,d,1,p)$, la integral se convierte en $$\frac{p\,\mathrm{log}\left( p\right) }{\left( a\,p-b\right) \,\left( c\,p-d\right) }+\frac{d\,\mathrm{log}\left( \frac{d}{c}\right) }{\left( a\,d-b\,c\right) \,\left( d-c\,p\right) }+\frac{b\,\mathrm{log}\left( \frac{b}{a}\right) }{\left( b\,c-a\,d\right) \,\left( b-a\,p\right) }$$

Con la ayuda de un CAS, he verificado que este coincide con la respuesta que recibe de Mathematica.

Answer 2

Por simplicidad, escribo esto como $$J = \dfrac{1}{bdp} \int_0^\infty \dfrac{dx}{(A+x)(B+x)(C+x)}$$ donde $A = a/b$, y $B = c/d$, $C = 1/p$. Estamos asumiendo $a,b,c,d,p > 0$ $A,B,C$ son todos distintos. La fracción parcial de la descomposición de el integrando es $$ F(x) = \frac{1}{(A-B)(A-C)(A+x)} + \frac{1}{(B-A)(B-C)(B+x)} + \frac{1}{(C-A)(C-B)(C+x)}$$ así que $$ J = \frac{1}{bdp} \lim_{R \to \infty} \left(\frac{\ln(a+R)-\ln(A)}{(a-B)(A-C)} + \frac{\ln(B+R)-\ln(B)}{(B-A)(B-C)} + \frac{\ln(C+R)-\ln(C)}{(C-A)(C- B)}\right) $$ Ahora escribo $\ln(A+R) = \ln(R) + \ln(1+A/R)$ etc, y observe que (como Achille Hui señaló) los coeficientes de $\ln(R)$ cancelar (como se debe, ya que la integral impropia es conocido a converger), mientras que $\ln(1+A/R), \ln(1+B/R), \ln(1+C/R) \to 0$ como $R \to \infty$.