¿Cómo podemos encontrar la forma cerrada de$\int_{0}^{\infty}{1+x+x^2+\cdots+x^{n}\over x^2}\cdot{1-\cos(ax)\over e^x} dx=f(a,n)+a\arctan(a)?$?

Question

¿Cómo podemos encontrar la forma cerrada de

PS

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Así que la integral general que tenemos que evaluar es

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Dividir$$\int_{0}^{\infty}{1+x+x^2+\cdots+x^{n}\over x^2}\cdot{1-\cos(ax)\over e^x}\mathrm dx=f(a,n)+a\arctan(a)\color{red}?\tag1$

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Aplicando la transformada de Laplace:

$$\int_{0}^{\infty}{1-x^{n+1}\over x^2-x^3}\cdot{1-\cos(ax)\over e^x}\mathrm dx=I+J\tag2 y

PS

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Answer 1

Asumo $a>0$ por debajo.

Empezando con algo conocido

Trabajamos con transformadas de Laplace. Deje $f(t)=1-\cos t$. Entonces $$\begin{aligned} \Phi_0(s)&:=F(s)=\mathcal L(f)(s)=\int_0^{+\infty}(1-\cos t)e^{-st}\,dt\\ &=\frac{1}{s}-\frac{s}{1+s^2}. \end{aligned}$$ El uso de las reglas clásicas de la transformada de Laplace nos encontramos con que $$\begin{aligned} \Phi_{-1}(s)&:=\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos t}{t}e^{-st}\,dt=\int_s^{+\infty}F(\sigma)\,d\sigma\\ &=\frac{1}{2}\ln(1+1/s^2) \end{aligned}$$ y $$\begin{aligned} \Phi_{-2}(s)&:=\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos t}{t^2}e^{-st}\,dt\\ &=\int_s^{+\infty}\frac{1}{2}\ln(1+1/\sigma^2)\,d\sigma\\ &=\arctan(1/s)-\frac{1}{2}s\ln(1+1/s^2). \end{aligned}$$ Si por el contrario nos multiplicar por $t$,,$k\geq 1$, $$\begin{aligned} \Phi_{k}(s)&:=\int_0^{+\infty}(1-\cos t)t^k e^{-st}\,dx=(-1)^k F^{(k)}(s)\\ &=(-1)^k\frac{d^k}{ds^k}\Bigl(\frac{1}{s}-\frac{s}{1+s^2}\Bigr) \end{aligned}$$

Hacer que su integral encajar en este

Tomamos nota de que (con $t=ax$) $$\begin{aligned} \int_0^{+\infty}(1-\cos a x)x^k e^{-x}\,dx&=\frac{1}{a^{k+1}}\int_0^{+\infty}(1-\cos t)t^ke^{-(1/a)t}\,dt\\ &=\frac{1}{a^{k+1}}\Phi_{k}(1/a). \end{aligned}$$ Por lo tanto, su integral es igual a $$\sum_{k=-2}^n\frac{1}{a^{k+1}}\Phi_{k}(1/a)$$ Tenga en cuenta que cuando se $k=-2$ tenemos un plazo $a\arctan a$. El resto de la suma será lo que usted llame a $f(a,n)$. No sé si este es suficientemente explícito para usted, pero esto es como tengo la motivación para tomar.

Answer 2

Escrito $a=2\alpha$, la integral se puede escribir como $$2\alpha^2\int_0^{\infty}\!\!\!\mathrm{d}x\,(1+x+x^2+\dotsi x^n)~\mathrm{sinc}^2(\alpha\,x)\,e^{-x}=:I_n$$ Considere la posibilidad de la transformada de Laplace de $$\mathrm{sinc}(\alpha\,x):=\frac{\sin(\alpha\,x)}{\alpha\,x},$$ dada por $$L(s)=\int_0^{\infty}\!\!\!\mathrm{d}x~\mathrm{sinc}^2(\alpha\,x)\,e^{-sx}=\alpha^{-2}\int_0^{\infty}\!\!\!\mathrm{d}y~\sin^2\left(\alpha/y\right)\,e^{-\frac{s}{y}},$$ donde $y=x^{-1}$. Esta integral se puede escribir en la forma cerrada (ver Gradshteyn y Ryzhik, eqn 3.927 p.486): $$L(s)=\frac{1}{\alpha}\tan^{-1}\left(\frac{2\alpha}{s}\right)+\frac{s}{4\alpha^2}\ln\left(\frac{s^2}{s^2+4\alpha^2}\right).$$ Ahora, ya $$\int_0^{\infty}\!\!\!\mathrm{d}x~x^k\,\mathrm{sinc}^2(\alpha\,x)\,e^{-x}=(-1)^k\left\{\int_0^{\infty}\!\!\!\mathrm{d}x~\,\mathrm{sinc}^2(\alpha\,x)\,\frac{\partial^k}{\partial s^k}e^{-sx}\right\}_{s=1}\!\!=(-1)^kL^{(k)}(1),$$ donde el superíndice denota $k^{\text{th}}$ derivado de la $L$ w.r.t $s$, tenemos $$I_n=\tilde{L}(1)+\sum_{k=1}^n(-1)^k\tilde{L}^{(k)}(1),$$ escrito $$\tilde{L}(s):=2\alpha^2L(s)=a\tan^{-1}\left(\frac{a}{s}\right)+\frac{s}{2}\ln\left(\frac{s^2}{s^2+a^2}\right).$$ He sustituido $2\alpha$ $a$ en el paso anterior. Ahora, todo lo que uno necesita hacer es diferenciar sucesivamente.

Pero, podemos identificar fácilmente los $f(a,n)$, viz. $$\boxed{f(a,n)=-\frac{1}{2}\ln\left(1+a^2\right)+\sum_{k=1}^n(-1)^k\tilde{L}^{(k)}(1).}$$ Para valores particulares de $n$, tenemos $$f(a,1)=-\ln\left(1+a^2\right)$$ $$f(a,2)=1-\ln\left(1+a^2\right)$$ $$f(a,3)=1-\ln\left(1+a^2\right)+\frac{a^2(a^2+3)}{a^2+1}$$ y así sucesivamente.

Saludos !

Answer 3

Sugerencia:

$$\int_0^\infty x^ne^{-x}dx=\Gamma(n+1)=n!$$

y $t=(1-ia)x$

$$\int_0^\infty x^ne^{(-1+ia)x}dx=(1-ia)^{-n-1}\int_Ct^ne^{-t}dt$$ is a modified Gamma, where the integration path $C$ is an oblique line in the direction of $1/(1-IA)$. Applying the theorem of residues in a wedge, the integral is also $n!$ como la integral a lo largo del arco en el infinito se desvanece.

Por lo tanto, tomar la parte real,

$$\int_0^\infty x^ne^{-x}\cos(ax)\,dx=n!\,\Re(1-ia)^{-n-1}.$$

Haciendo caso omiso de los dos primeros términos de la fracción, obtenemos la expresión

$$g(n,a)=\sum{k=0}^{n-2}k!\left(1-\Re(1-ia)^{-k-1}\right)=\sum{k=0}^{n-2}k!\left(1-(1+a^2)^{-(k+1)/2}\cos\left((k+1)\arctan a\right)\right).$$