Quiero calcular $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{dx}{x^n-1} $
He demostrado que $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{dx}{x^n+1} = \frac{\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}$ en una pregunta anterior mediante el uso de algunas de contorno de integración (en 3 partes, como en este caso : la imagen ) y el uso de cauchy residuo de la fórmula.
Dado que el$ \displaystyle \frac{1}{x^{n}-1}-\frac{1}{x^{n}+1} = 2 \frac{1}{x^{2n}-1}$, por lo que sólo tenemos que calcular $ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^{2n}-1} $ , el otro ser integral $\displaystyle \frac{\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}$.
Las singularidades de esta integral se $ z_k=e^{i k \pi / n} $ $ k=0,\dots,2n-1 $
Si hacemos uso de cauchy residuo fórmula nos íbamos a encontrar, si se me nota $ S=\{ z_k \big| \Im(z_k) \geq 0 \} $ $$ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^{2n}-1} = 2i\pi \sum_{z_k \in S} Res(z_k) = \frac{i\pi}{n} \sum_{z_k \in S} z_k $$
Por ejemplo, para $n=2$ a la solución positiva de la parte imaginaria de $z^4=1$ da $S=\{1,-1,i\}$ y, a continuación, utilizar esta fórmula $ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx} {x^4-1} = -\frac{\pi}{2} $ , lo que parece ser correcto el uso de algunos calculadora.
Así, puede ser simplificado ? No me gusta el hecho de que tengo que usar S. Gracias de antemano.
Respuestas
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Podemos evaluar el valor principal de Cauchy de la integral de la siguiente manera.
Considere el siguiente contorno de la integral:
$$\oint_C dz \frac{\log{z}}{z^n-1}$$
$C$ es una modificación del ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real positivo de radio exterior $R$ y un radio interior de $\epsilon$. La modificación se encuentra en pequeñas semicircular golpes por encima y por debajo de $z=1$ radio $\epsilon$, y vamos a considerar los límites de $\epsilon \to 0$$R\to\infty$.
Vamos a evaluar esta integral sobre los contornos. Hay $8$ piezas para evaluar, de la siguiente manera:
$$\int_{\epsilon}^{1-\epsilon} dx \frac{\log{x}}{x^n-1} + i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log{\left (1+\epsilon e^{i \phi}\right )}}{(1+\epsilon e^{i \phi})^n-1} \\ + \int_{1+\epsilon}^R dx \frac{\log{x}}{x^n-1} + i R \int_0^{2 \pi} d\theta \, e^{i \theta} \frac{\log{\left (R e^{i \theta}\right )}}{R^n e^{i n \theta}-1} \\ + \int_R^{1+\epsilon} dx \frac{\log{x}+i 2 \pi}{x^n-1} + i \epsilon \int_{2 \pi}^{\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log{\left (1+\epsilon e^{i \phi}\right ) }+i 2 \pi}{(1+\epsilon e^{i \phi})^n-1} \\ + \int_{1-\epsilon}^{\epsilon} dx \frac{\log{x}+i 2 \pi}{x^n-1} + i \epsilon \int_{2 \pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log{\left (\epsilon e^{i \phi}\right )}}{\epsilon^n e^{i n \phi}-1} $$
(Para ver esto, dibuja el contorno, incluyendo los golpes sobre $z=1$.)
Como $R \to \infty$, el cuarto integral desvanece como $\log{R}/R^{n-1}$. Como $\epsilon \to 0$, la segunda integral se desvanece como es $O(\epsilon)$, mientras que el octavo integral desvanece como $\epsilon \log{\epsilon}$. Esto deja a la primera, tercera, quinta, sexta y séptima de las integrales, que en los límites anteriores, se convierten en
$$PV \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x} - (\log{x}+i 2 \pi)}{x^n-1} + \frac{2 \pi^2}{n}$$
Se debe apreciar que, en el quinto, sexto y séptimo integrales, el $i 2 \pi $ factor aparece porque, en la rama inferior del eje real, escribimos $z=x \, e^{i 2 \pi}$. En el sexto integral, en realidad, $z = e^{i 2 \pi} + \epsilon \, e^{i \phi + 2 \pi}$.
El $PV$ denota el valor principal de Cauchy de la integral. Tal y como está, la integral en realidad no convergen. Sin embargo, en realidad no estamos considerando la integral de línea recta a través de la pole en $z=1$, pero un muy pequeño desvío alrededor del polo. Por lo tanto, en el límite, se obtiene la de Cauchy PV. Un poco de reorganización cancela la $\log$ plazo, y ahora tenemos:
$$-i 2 \pi PV \int_0^{\infty} \frac{dx}{x^n-1} + \frac{2 \pi^2}{n}$$
El contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos. Los polacos aquí están en $z=e^{i 2 \pi k/n}$, $k=1,\cdots,n-1$. Tenga en cuenta que el polo en $z=1$ es no dentro del contorno $C$, debido al desvío alrededor de ese "polo". Se debe apreciar que los polos debe tener sus argumentos entre $[0,2 \pi]$ debido a la forma en que hemos definido la $C$.
En cualquier caso, ahora tenemos que el anterior 1D integrales sobre el real positivo de línea son iguales a
$$i 2 \pi \sum_{k=1}^{n-1} \frac{i 2 \pi k/n}{n e^{i 2 \pi k (n-1)/n}} = \frac{2 \pi ^2}{n}+i \frac{2\pi ^2}{n} \cot{\frac{\pi}{n}} $$
(La evaluación de la suma es un poco desordenado pero muy factible, por la mano, lo que me hizo. Voy a omitir los detalles en el nombre de la brevedad, pero los de suministro, previa solicitud.)
Ahora podemos resolver para el valor del capital y obtener:
$$ PV \int_0^{\infty} \frac{dx}{x^n-1} = -\frac{\pi}{n}\cot{\frac{\pi}{n}} $$
$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large\pp\int_{0}^{\infty}{\dd x \over x^{n} - 1}} =\lim_{\epsilon\ \to 0^{+}}\pars{\int_{0}^{1 - \epsilon}{\dd x \over x^{n} - 1} +\ \overbrace{\int_{1 + \epsilon}^{\infty}{\dd x \over x^{n} - 1}} ^{\ds{\color{#c00000}{x\ \mapsto\ {1 \over x}}}}} \\[5mm]&=\lim_{\epsilon\ \to 0^{+}}\pars{% \int_{0}^{1 - \epsilon}{\dd x \over x^{n} - 1} +\int_{1/\pars{1 + \epsilon}}^{0}{-\,\dd x/x^{2} \over x^{-n} - 1}} \\[5mm]&=\lim_{\epsilon\ \to 0^{+}}\pars{% -\int_{0}^{1 - \epsilon}{\dd x \over 1 - x^{n}} +\int_{0}^{1/\pars{1 + \epsilon}}{x^{n - 2}\,\dd x \over 1 - x^{n}}}\ =\ \overbrace{\int_{0}^{1}{x^{n - 2} - 1 \over 1 - x^{n}}\,\dd x} ^{\ds{\color{#c00000}{x^{n}\ \mapsto\ x}}} \\[5mm]&=\int_{0}^{1}{x^{1 - 2/n} - 1 \over 1 - x}\,{1 \over n}\,x^{1/n - 1}\,\dd x ={1 \over n}\int_{0}^{1}{x^{-1/n} - x^{1/n - 1} \over 1 - x}\,\dd x \\[5mm]&={1 \over n}\bracks{% \int_{0}^{1}{1 - x^{1/n - 1} \over 1 - x}\,\dd x -\int_{0}^{1}{1 - x^{-1/n} \over 1 - x}\,\dd x} ={1 \over n}\bracks{\Psi\pars{1 \over n} - \Psi\pars{1 - {1 \over n}}} \\[5mm]&={1 \over n}\bracks{-\pi\,\cot\pars{\pi \over n}} =\color{#66f}{\large -\,{\pi \over n}\,\cot\pars{\pi \over n}} \end{align}
