Evaluar

Question

Estoy tratando de encontrar una forma cerrada para la siguiente integral, para todos los $n\in\mathbb{N}^*$: $$\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^2}\prod_{k=1}^{n}\left[1-\frac{1}{2k+x}\right]\text{d}x$$ Como sugiere Zacky, $x=\frac{1}{t}$ sustitución de : $$\int_{0}^{1}\prod_{k=1}^{n}\left[\frac{(2k-1)x+1}{2kx+1}\right]\text{d}x$$

La cosa es que, para cada $n\in\mathbb{N}^*$, mathematica es capaz de calcular la integral en términos de logaritmos sólo. De hecho, siempre se puede encontrar la antiderivada en términos de logaritmos.

Lo que estoy buscando es una expresión general para todos los $n\in\mathbb{N}^*$, si, dado que existe.

Ahora el integrando es un ya factorizados función racional, por lo que asumí que podría abordar esto con algunos parcial fracción de descomposición, pero no soy lo suficientemente buena con este método a conducir a nada. Yo también estoy que no están familiarizados con el análisis complejo así que no he probado el contorno de la integración, pero si usted piensa que puede conducir a nada, siéntase libre de hacerlo.

Alguna sugerencia ?

Answer 1

Para evaluar la integral \begin{equation} I= \int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^2}\prod_{k=1}^{n}\left[1-\frac{1}{2k+x}\right]\,dx \end{equation} consideramos la integral de contorno \begin{equation} J=\int_C \frac{\ln\left( z-1 \right)}{z^2}\prod_{k=1}^{n}\left[1-\frac{1}{2k+z}\right]\,dz \end{equation} $\ln(z-1)$ se define con una rama cortada de $z=1$ a lo infinito, a lo largo del eje real positivo. $C$ es el clásico ojo de la cerradura de contorno que se inicia cerca de $z=1$, es entonces justo sobre el eje real positivo, sigue el gran círculo y vuelve al punto de partida, por debajo del eje real y evita $z=1$. La contribución de la gran círculo, y la de el pequeño círculo alrededor de $z=1$ se desvanecen. Sobre el eje real, $z=x+i\varepsilon$ e $\ln\left(z-1 \right)=\ln(x-1)$, y a continuación, $\ln\left(z-1 \right)=\ln(x-1)+2i\pi$. Tenemos a continuación \begin{equation} J=-2i\pi I \end{equation} El integrando tiene una doble polo a $z=0$ y solo pol $z=-2p$, $p=1,2,\ldots,n$. A partir de los residuos teorema, \begin{equation} J=2i\pi\left( \operatorname{Res}(z=0)+\sum_{p=1}^n \operatorname{Res}(z=-2p)\right) \end{equation} con \begin{equation} \operatorname{Res}(z=0)=\prod_{k=1}^{n}\left[1-\frac{1}{2k}\right]\left.\frac{d\ln(z-1)}{dz}\right|_{z=0}+\ln(-1)\left.\frac{d}{dz}\prod_{k=1}^{n}\left[1-\frac{1}{2k+z}\right]\right|_{z=0} \end{equation} Tenemos \begin{align} \prod_{k=1}^{n}\left[1-\frac{1}{2k}\right]&=\frac{\Gamma(n+1/2)}{\sqrt\pi\Gamma(n+1)}\\ &=\frac{2^{1-2n}\Gamma(2n)}{\Gamma(n)\Gamma(n+1)}\\ \left.\frac{d}{dz}\prod_{k=1}^{n}\left[1-\frac{1}{2k+z}\right]\right|_{z=0}&=\sum_{k=1}^n\frac{1}{4k^2}\frac{\prod_{p=1}^{n}\left[1-\frac{1}{2p}\right]}{1-\frac{1}{2k}}\\ &=\frac{2^{1-2n}\Gamma(2n)}{\Gamma(n)\Gamma(n+1)}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k(2k-1)} \end{align} Entonces \begin{equation} \operatorname{Res}(z=0)=-\frac{2^{1-2n}\Gamma(2n)}{\Gamma(n)\Gamma(n+1)}\left( 1+i\pi\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k(2k-1)} \right) \end{equation} Ahora, como el residuo en su polo de cada uno de los factores es $-1$ \begin{align} \operatorname{Res}(z=-2p)&=-\frac{\ln(2p+1)+i\pi}{4p^2}\prod_{k=1\\k\ne p}^{n}\left[1-\frac{1}{2k-2p}\right]\\ \end{align} Como $I=-J$ y desde $I$ es real, se puede concluir, por tomar sólo la parte real de los residuos, \begin{equation} I=\frac{2^{1-2n}\Gamma(2n)}{\Gamma(n)\Gamma(n+1)}+\sum_{p=1}^n \frac{1}{4p^2}\prod_{k=1\\k\ne p}^{n}\left[1-\frac{1}{2(k-p)}\right]\ln\left( 2p+1 \right) \end{equation} que puede ser escrito como \begin{equation} I=\frac{2^{1-2n}\Gamma(2n)}{\Gamma(n)\Gamma(n+1)}+\sum_{p=1}^{n-1} \frac{\ln\left( 2p+1 \right)}{p^2}\frac{2^{1-n}\Gamma(2n)\Gamma\left( 2(n-p) \right)}{\Gamma^2(p)\Gamma(n-p)\Gamma(n+1-p)}+\frac{2^{1-2n}\Gamma(2n)}{\Gamma^2(n)}\ln(2n+1) \end{equation}