EVALUACIÓN

Question

Estoy buscando orientación evaluar el integral siguiente. $$\int_0^\infty\!\!\!\int_0^\infty\!\!\int_0^\infty\!\!\dfrac{(xyz)^{-1/7}(yz)^{-1/7}z^{-1/7}}{(x+1)(y+1)(z+1)}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z$$

Su valor puede encontrarse fácilmente con una carrera a través de Mathematica (no voy a publicar la respuesta) pero al parecer es un método común para computar integrales de este tipo.

Este problema se reduce a evaluar integrales de la tipo $$\int_0^\infty \dfrac{x^{-a}}{x+1}\mathrm{d}x.$ $

Me imagino que hay algún tipo de diferenciación bajo muestra integral que puede ser utilizada pero estoy perdida.

Answer 1

$$\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{(xyz)^{-1/7}(yz)^{-1/7}(z)^{-1/7}}{(x+1)(y+1)(z+1)}dxdydz$$ $$ I = \int\limits_0^{ + \infty } {\int\limits_0^{ + \infty } {\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\left( {xyz} \right)^{ - \frac{1} {7}} \left( {yz} \right)^{ - \frac{1} {7}} z^{ - \frac{1} {7}} }} {{\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\left( {z + 1} \right)}}dxdydz} } } = \left( {\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{x^{1 - \frac{1} {7} - 1} }} {{\left( {x + 1} \right)^{1 - \frac{1} {7} + \frac{1} {7}} }}dx} } \right)\left( {\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{y^{1 - \frac{2} {7} - 1} }} {{\left( {y + 1} \right)^{1 - \frac{2} {7} + \frac{2} {7}} }}dy} } \right)\left( {\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{z^{1 - \frac{3} {7} - 1} }} {{\left( {z + 1} \right)^{1 - \frac{3} {7} + \frac{3} {7}} }}dz} } \right) $$ ahora uso

$$ {\rm B}\left( {x,y} \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{t^{x - 1} }} {{\left( {1 + t} \right)^{x + y} }}dt} $$ entonces

$$ = {\rm B}\left( {1 - \frac{1} {7},\frac{1} {7}} \right){\rm B}\left( {1 - \frac{2} {7},\frac{2} {7}} \right){\rm B}\left( {1 - \frac{3} {7},\frac{3} {7}} \right) = {\rm B}\left( {\frac{6} {7},\frac{1} {7}} \right){\rm B}\left( {\frac{5} {7},\frac{2} {7}} \right){\rm B}\left( {\frac{4} {7},\frac{3} {7}} \right) $$

$$ = \frac{{\Gamma \left( {\frac{6} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{1} {7}} \right)}} {{\Gamma \left( {\frac{6} {7} + \frac{1} {7}} \right)}} \cdot \frac{{\Gamma \left( {\frac{5} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{2} {7}} \right)}} {{\Gamma \left( {\frac{5} {7} + \frac{2} {7}} \right)}} \cdot \frac{{\Gamma \left( {\frac{4} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{3} {7}} \right)}} {{\Gamma \left( {\frac{4} {7} + \frac{3} {7}} \right)}} = \Gamma \left( {\frac{6} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{1} {7}} \right) \cdot \Gamma \left( {\frac{5} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{2} {7}} \right) \cdot \Gamma \left( {\frac{4} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{3} {7}} \right) $$

$$ = \Gamma \left( {1 - \frac{1} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{1} {7}} \right) \cdot \Gamma \left( {1 - \frac{2} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{2} {7}} \right) \cdot \Gamma \left( {1 - \frac{3} {7}} \right)\Gamma \left( {\frac{3} {7}} \right) $$

$$ = \frac{\pi } {{\sin \left( {\frac{\pi } {7}} \right)}} \cdot \frac{\pi } {{\sin \left( {\frac{{2\pi }} {7}} \right)}} \cdot \frac{\pi } {{\sin \left( {\frac{{3\pi }} {7}} \right)}} = \frac{{8\sqrt 7 }} {7}\pi ^3 $$

Answer 2

Escribir la integral como: $$\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} x^{-a} e^{-(x+1)t}\,dt\,dx=\int_0^{\infty} \left(\int_0^{\infty} x^{-a}e^{-xt}\,dx\right) e^{-t}\,dt$ $ primero evaluar: $$\int_0^{\infty} x^{-a}e^{-xt}\,dx$ $ utilizar la sustitución $xt=y$ para obtener: $$\frac{1}{t^{-a+1}} \int_0^{\infty} y^{-a} e^{-y}\,dy=\frac{1}{t^{1-a}}\Gamma(1-a)$ $ por lo tanto, $$\int_0^{\infty} \left(\int_0^{\infty} x^{-a}e^{-xt}\,dx\right) e^{-t}\,dt=\Gamma(1-a)\int_0^{\infty} t^{a-1}e^{-t}\,dt=\Gamma(1-a)\Gamma(a)$ $.. .que es por fórmula de reflexión de Euler: $$\Gamma(1-a)\Gamma(a)=\frac{\pi}{\sin(\pi a)}$ $

Answer 3

Utilizando residuos puede mostrar que $$\int_0^\infty \frac{x^{-a}}{1+x}\,dx=\frac{\pi}{\sin a\pi}$ $ si es real $a$ y $0<a<1$. Detalles omitidos ;-)

Las integrales se pueden hacer en principio por métodos real porque los exponentes en el numerador son todos racionales. Tenemos por ejemplo $$\int_0^\infty \frac{x^{-1/7}}{1+x}\,dx=\int_0^\infty \frac{u^{-1}}{1+u^7}\,7u^6\,du$ $ y ahora es posible decírnoslo el denominador, obtener fracciones parciales e integrar para obtener un logaritmo y tres tangentes inversas. Pero será difícil ir, por lo menos.

Answer 4

La integral se puede dividir en tres partes que forman $$ \int_0^\infty\dfrac{x^{\large -c}}{1+x}\ dx. $$ Vamos a generalizar el problema. Vamos a evaluar $$ \int_0^\infty\dfrac{x^{\grande-1}}{1+x^b}\ dx. $$ Deje $$y=\dfrac{1}{1+x^b}\quad\Rightarrow\quad x=\left(\dfrac{1-y}{y}\right)^{\large\frac1b}\quad\Rightarrow\quad dx=-\left(\dfrac{1-y}{y}\right)^{\large\frac1b-1}\ \dfrac{dy}{by^2}\ ,$$ \begin{align} \int_0^\infty\dfrac{x^{\large a-1}}{1+x^b}\ dx&=\int_0^1 y\left(\dfrac{1-y}{y}\right)^{\large\frac{a-1}b}\left(\dfrac{1-y}{y}\right)^{\large\frac1b-1}\ \dfrac{dy}{by^2}\\&=\frac1b\int_0^1y^{\large1-\frac{a}{b}-1}(1-y)^{\large\frac{a}{b}-1}\ dy, \end{align} donde la última integral en el lado derecho es una función Beta. $$ \text{B}(x,y)=\int_0^1^{\ \x-1}\ (1-t)^{\ \grandes y-1}\ dt=\frac{\Gamma(x)\cdot\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}. $$ Por lo tanto \begin{align} \int_0^\infty\dfrac{x^{\large a-1}}{1+x^b}\ dx&=\frac1b\int_0^1y^{\large1-\frac{a}{b}-1}(1-y)^{\large\frac{a}{b}-1}\ dy\\&=\frac1b\cdot\Gamma\left(1-\frac{a}{b}\right)\cdot\Gamma\left(\frac{a}{b}\right)\\&=\large{\color{blue}{\frac{\pi}{b\sin\left(\frac{a\pi}{b}\right)}}}. \end{align} La última parte de los usos de Euler reflexión fórmula para la función Gamma proporcionado $\color{red}{0<a<b}$. Ahora, la integral dada puede ser fácilmente resuelto.

Answer 5

Puede separar los $x,y,z$-términos y finalmente encontrará la integral como producto de la función Beta tres de segunda clase, ¿cachas?