$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + x^r}\:dx = \frac{1}{r}\Gamma\left( \frac{r - 1}{r}\right)\Gamma\left( \frac{1}{r}\right)$

Question

Como parte de una reciente pregunta que he publicado, me decidí a probar y generalizar para una potencia de $2$ cualquier $r \in \mathbb{R}$. Como parte del método de tomé, tenía que resolver la siguiente integral:

\begin{equation} I = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + x^r}\:dx \end{equation}

Yo creo que lo que he hecho es correcto, pero me preocupa que me pueden perderse algo (en particular, si éste tiene para todos los $r \neq 0$). Así que, aquí tengo dos preguntas: (1) Es lo que he hecho correcto? y (2) ¿Qué otros métodos pueden ser empleados que no se basan en análisis complejo?

Aquí está el método que he tomado:

En primer lugar hacer la sustitución de $u = x^{\frac{1}{r}}$ , para llegar a

\begin{equation} I = \frac{1}{n} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + u} \cdot u^{1 -\frac{1}{r}}\:du \end{equation}

Ahora sustituimos $t = \frac{1}{1 + u}$ llegar en:

\begin{align} I &= \frac{1}{r} \int_{1}^{0} t \cdot \left(\frac{1 - t}{t}\right)^{\frac{1}{r} -1}\frac{1}{t^2}\:dt = \frac{1}{r}\int_{0}^{1}t^{-\frac{1}{r}}\left(1 - t\right)^{ \frac{1}{r} - 1}\:dt \\ &= \frac{1}{r}B\left(1 - \frac{1}{n}, 1 + \frac{1}{r} - 1\right) = \frac{1}{r} B\left(\frac{r - 1}{r},\frac{1}{r}\right) \\ &= \frac{1}{r} B\left(\frac{r - 1}{r},\frac{1}{r}\right) \end{align}

Wheer $B(a,b)$ es la Beta de la función. Utilizando la relación entre la Beta y Gamma de la función llegamos a:

\begin{equation} I = \frac{1}{r} \frac{\Gamma\left( \frac{r - 1}{r}\right)\Gamma\left( \frac{1}{r}\right)}{\Gamma\left(\frac{r - 1}{r} + \frac{1}{r}\right)} = \frac{1}{r}\Gamma\left( \frac{r - 1}{r}\right)\Gamma\left( \frac{1}{r}\right) \end{equation}

Y así, llegamos a:

\begin{equation} I = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + x^r}\:dx = \frac{1}{r}\Gamma\left( \frac{r - 1}{r}\right)\Gamma\left( \frac{1}{r}\right) \end{equation}

para $r > 1$

Como por KemonoChen's comentario y otros, que se pueden emplear de Euler Reflexión Fórmula a la posición de este resultado para $\frac{1}{r} \not \in \mathbb{Z}$ Aquí, como $r \in \mathbb{R}, r > 1 \rightarrow \frac{1}{r} \not \in \mathbb{Z}$ y, entonces, nuestra fórmula contiene.

\begin{equation} I = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + x^r}\:dx = \frac{1}{r}\Gamma\left( \frac{r - 1}{r}\right)\Gamma\left( \frac{1}{r}\right) = \frac{\pi}{r\sin\left(\frac{\pi}{r} \right)} \end{equation}

Gracias también a Winther, Jjagmath, y MrTaurho's por sus comentarios y correcciones o aclaraciones.

Answer 1

Su integral está estrechamente relacionado con el Mellin transformar y puede ser evaluado mediante el uso de Ramanujan Maestro del Teorema.

Ramanujan Maestro del Teorema de

Deje $f(x)$ ser una analítica de la función con una serie representación de la forma $$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\phi(k)}{k!}(-x)^k$$, entonces la transformada de Mellin esta función está dada por $$\int_0^{\infty}x^{s-1}f(x)dx=\Gamma(s)\phi(-s)$$

Con el fin de obtener de allí se puede ampliar la fracción como una serie geométrica

$$\begin{align} I=\int_0^{\infty}\frac1{1+x^n}dx&=\int_0^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k x^{kn}dx \end{align}$$

Ahora mediante la aplicación de la sustitución de $t=x^n$ seguido por un poco de remodelación de los rendimientos

$$\begin{align} I&=\int_0^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k x^{kn}dx\\ &=\frac1n\int_0^{\infty}t^{1/n-1}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{k!}{k!}t^{k}dt\\ &=\frac1n\int_0^{\infty}t^{1/n-1}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{\phi(k)}{k!}t^{k}dt \end{align}$$

Ahora podemos aplicar Ramanujan Maestro del Teorema de con $s=1/n$ e $\phi(k)=\Gamma(k+1)$ conseguir

$$\begin{align} I=\frac1n\int_0^{\infty}t^{1/n-1}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{\phi(k)}{k!}t^{k}dt&=\frac1n\Gamma\left(\frac1n\right)\Gamma\left(1-\frac1n\right) \end{align}$$

Y, finalmente, esto puede ser simplificado, como ya se señaló, mediante el uso de Euler Reflexión Fórmula $($mientras se mantiene es decir, para todos $1/n\notin\mathbb Z$$)$ para obtener

$$I=\int_0^{\infty}\frac1{1+x^n}dx=\frac1n\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}$$

Answer 2

NO ES UNA SOLUCIÓN COMPLETA:

He estado trabajando con casos especiales de la integral.

Aquí vamos a considerar $r = 2m$ donde $m \in \mathbb{N}$. Al hacerlo, observamos que las raíces del denominador son $m$ pares de raíces complejas $(z, c(z))$ donde $c(z)$ es el conjugado de a$z$. Para comprobar esto:

\begin{align} x^{2m} + 1 = 0 \rightarrow \left(x^2\right)^m + 1 = 0 \rightarrow \left(x^2\right)^m = -1 \rightarrow \left(x^2\right)^m = e^{\pi i} \end{align}

Por De Moivre la fórmula, podemos observar que:

\begin{align} \left(x^2\right)^m = e^{\pi i} \rightarrow x^2 = \exp\left({\frac{\pi + 2\pi j}{m} i} \right) \end{align}

Para $j = 0 \dots m - 1$. Aquí podemos observar que no se $m$ distintas raíces complejas de $x^2$. Para obtener el conjunto completo de soluciones que tomar la raíz cuadrada de cada uno de los complejos de raíz de $x^2$ a forma conjugada pares.

Así, por $x^2$ hemos

\begin{equation} S_x^2 = \left\{ \exp\left({\frac{\pi + 2\pi j}{m} i} \right)\:\:\bigg|\: \:j = 0\dots m - 1\right\} \end{equation}

Donde $S_a$ es la solución de $x^{m}+ 1$ cuando $x = a$

Por lo tanto:

\begin{align} S_x &= \left\{\pm \sqrt{\exp\left({\frac{\pi + 2\pi j}{m} i} \right)}\:\:\bigg|\: \:j = 0\dots m - 1\right\} = \left\{\pm \exp\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} i} \right)\:\:\bigg|\: \:j = 0\dots m - 1\right\} \\ &= \left\{\left(r_j, c\left(r_j\right)\right) :\:\bigg|\: \:j = 0\dots m - 1\right\} \end{align}

A partir de aquí, podemos factor de $x^{2m} + 1$ en el formulario

\begin{align} x^{2m} + 1 &= \prod_{r \in S_x} \left(x + r_j\right)\left(x + c(r_j)\right) \\ &= \prod_{r \in S_x} \left(x^2 + \left(r_j + c(r_j)\right)x + r_j c(r_j)\right) \\ &= \prod_{r \in S_x} \left(x^2 + 2\Re\left(r_j\right)x + \left|r_j \right|^2\right) \end{align}

Para nuestro caso aquí $\left|r_j \right|^2 = 1$ e $\Re\left(r_j\right) = \cos\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} } \right)$. Por lo tanto,

\begin{align} \frac{1}{x^{2m} + 1} = \prod_{j = 0}^{m - 1}\frac{1}{ x^2 + 2\cos\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} } \right)x + 1} \end{align}

A partir de aquí, para evaluar la integral se deben emplear Parcial Fracción de Descomposición:

\begin{align} \frac{1}{x^{2m} + 1} = \prod_{j = 0}^{m - 1}\frac{1}{ x^2 + 2\cos\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} } \right)x + 1} = \sum_{j = 0}^{m - 1}\frac{\alpha_j + \beta_jx}{ x^2 + 2\cos\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} } \right)x + 1} \end{align}

Y resolver para $\alpha_j$ e $\beta_j$. Poner el coefficents al lado podemos encontrar expresiones generales para la integral:

\begin{align} \frac{1}{x^{2m} + 1} = \prod_{j = 0}^{m - 1}\frac{1}{ x^2 + 2\cos\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} } \right)x + 1} \end{align}

A partir de aquí, para evaluar la integral se deben emplear Parcial Fracción de Descomposición:

\begin{align} \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2m} + 1}\:dx &= \int_{0}^{\infty}\sum_{j = 0}^{m - 1}\frac{\alpha_j + \beta_jx}{ x^2 + 2\cos\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} } \right)x + 1}\:dx \\ &= \sum_{j = 0}^{m - 1}\left[ \int_{0}^{\infty}\frac{\alpha_j}{ x^2 + 2\cos\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} } \right)x + 1}\:dx + \int_{0}^{\infty}\frac{\beta_jx}{ x^2 + 2\cos\left({\frac{\pi + 2\pi j}{2m} } \right)x + 1}\:dx\right] \\ &=\sum_{j = 0}^{m - 1}\left[ I_1 + I_2\right] \end{align}

La evaluación de cada uno de forma individual: \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\alpha_j}{ x^2 + 2\cos\left(\frac{\pi + 2\pi j}{2m} \right)x + 1}\:dx &= \left[ \csc\left(\frac{\pi + 2\pi j}{2m} \right)\arctan\left(\frac{(x - 1)\tan\left(\frac{\pi + 2\pi j}{4m} \right)}{x + 1} \right)\right]_{0}^{\infty} \\ &= \csc\left(\frac{\pi + 2\pi j}{2m} \right)\left( \frac{\pi + 2\pi j}{2m}\right) \end{align}

Ahora bien, si consideramos que la segunda integral en su propio encontramos que como una expresión general de la integral no convergen. Esto no lleve lejos de este método, pero para continuar debemos resolver para el desconocido coeficientes de proceder.

Answer 3

Una vez más me va a ofrecer un método que primero se convierte la integral de una integral doble.

Para $r > 0$, comenzamos por el cumplimiento de una sustitución de $x \mapsto x^{1/r}$. Haciendo así que los rendimientos de $$I = \frac{1}{r} \int_0^\infty \frac{x^{1/r - 1}}{1 + x} \, dx.$$

Ahora toma nota de que $$\frac{1}{1 + x} = \int_0^\infty e^{-u(1 + x)} \, du,$$ nuestros integral puede escribirse como $$I = \frac{1}{r} \int_0^\infty x^{1/r - 1} \int_0^\infty e^{-u (1 + x)} \, du \, dx,$$ o $$I = \frac{1}{r} \int_0^\infty e^{-u} \int_0^\infty x^{1/r - 1} e^{-ux} \, dx \, du,$$ después de cambiar el orden de integración.

Lo siguiente que queremos hacer cumplir una sustitución de $x \mapsto x/u$. Esto le da \begin{align} I &= \frac{1}{r} \int_0^\infty u^{- 1/r} e^{-u} \, du \int_0^\infty x^{1/r - 1} e^{-x} \, dx\\ &= \frac{1}{r} \Gamma \left (1 - \frac{1}{r} \right ) \Gamma \left (\frac{1}{r} \right )\\ &= \frac{\pi}{r \sin \left (\frac{\pi}{r} \right )}, \end{align} donde en la última línea se ha hecho uso de Euler de la reflexión de la fórmula para la función gamma.