Buscando métodos para resolver:$\int_0^\infty \frac{\ln(t)}{t^n + 1}\:dt$

Question

La búsqueda de Métodos para resolver los dos siguientes integrales definidas:

\begin{equation} I_(n) = \int_0^\infty \frac{\ln(t)}{t^n + 1}\:dt \qquad J(n) = \int_0^\infty \frac{\ln^2(t)}{t^n + 1}\:dt \end{equation}

Para $n \in \mathbb{R},\:n \gt 1$

El método tenía que tomar la siguiente integral:

\begin{equation} \int_0^\infty \frac{t^k}{\left(t^n + 1\right)^m}\:dt = \frac{1}{n}B\left(m - \frac{k + 1}{n}, \frac{k + 1}{n} \right) \end{equation}

Donde: $0 \leq k \lt n$. Aquí vamos a $m = 1$.

Diferenciar bajo la curva con respecto a $k$ y tomando el límite cuando $k \rightarrow 0^+$ (a través del Teorema de Convergencia Dominada), es decir,

\begin{align} \lim_{k \rightarrow 0+} \frac{d}{dk} \left[ \int_0^\infty \frac{t^k}{t^n + 1}\:dt \right] &= \lim_{k \rightarrow 0+} \frac{d}{dk} \left[\frac{1}{n}B\left(1 - \frac{k + 1}{n}, \frac{k + 1}{n} \right) \right] \\ \lim_{k \rightarrow 0+} \int_0^\infty \frac{t^k \ln(t)}{t^n + 1}\:dt &= \lim_{k \rightarrow 0+} \left[\frac{1}{n^2} B\left(1 - \frac{k + 1}{n}, \frac{k + 1}{n}\right)\left[\psi^{(0)}\left(\frac{k + 1}{n} \right) - \psi^{(0)}\left(1 - \frac{k + 1}{n} \right)\right] \right] \\ \int_0^\infty \frac{\ln(t)}{t^n + 1}\:dt&= \frac{1}{n^2} B\left(1 - \frac{1}{n}, \frac{1}{n}\right)\left[\psi^{(0)}\left(\frac{1}{n} \right) - \psi^{(0)}\left(1 - \frac{1}{n} \right)\right] \\ &=- \frac{\pi^2}{n^2}\operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{n}\right)\cot\left(\frac{\pi}{n} \right) \end{align}

Que es nuestra expresión para $I_n$. Tomando el mismo enfoque, pero la diferenciación de dos veces con respecto a $k$ llegamos a nuestra expresión para $J_n$:

\begin{equation} J(n) = \int_0^\infty \frac{\ln^2(t)}{t^n + 1}\:dt = \frac{\pi^3}{n^3}\operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{n} \right)\left[\operatorname{cosec}^2\left(\frac{\pi}{n}\right) + \cot^2\left(\frac{\pi}{n}\right) \right] \end{equation}

Y, de hecho, podemos generalizar:

\begin{equation} \int_0^\infty \frac{\ln^p(t)}{\left(t^n + 1\right)^m}\:dt = \lim_{k\rightarrow 0}\frac{d^p}{dk^p}\left[\frac{1}{n} B\left(m - \frac{k + 1}{n}, \frac{k + 1}{n}\right)\right] \end{equation}

Donde $p \in \mathbb{N}$

Este método, sin embargo, fue sólo una extensión de otra integral. Tengo curiosidad, si yo acababa de empezar con $I_n, J_n$ ¿qué métodos alternativos podría ser utilizado?

Answer 1

Puedes usar las expansiones de polos \begin{align} \csc^2 (z) &= \sum_{m \in \mathbb{Z}} \frac{1}{[m \pi + z]^2} \, , \, z \in \mathbb{C}\setminus\pi\mathbb{Z} \, , \\ \sec^2 (z) &= \sum_{m \in \mathbb{Z}} \frac{1}{\left[\left(m+\frac{1}{2}\right) \pi + z\right]^2} \, , \, z \in \mathbb{C}\setminus\pi \left(\mathbb{Z} + \frac{1}{2}\right) \, , \end {align} y sus derivadas para encontrar las integrales. Tenemos \begin{align} -I_n &= \int \limits_0^\infty \frac{-\ln(t)}{1+t^n} \, \mathrm{d}t = \int \limits_0^1 [-\ln(t)] \frac{1-t^{n-2}}{1+t^n} \, \mathrm{d} t = \sum \limits_{k=0}^\infty (-1)^k \int\limits_0^1 [-\ln(t)] (1-t^{n-2})t^{n k} \, \mathrm{d} t \\ &= \sum \limits_{k=0}^\infty (-1)^k \left[\frac{1}{(nk+1)^2} - \frac{1}{(n k + n - 2 + 1)^2}\right] = \sum \limits_{k=0}^\infty (-1)^k \left[\frac{1}{(nk+1)^2} - \frac{1}{(n(k+1)-1)^2}\right] \\ &= \frac{\pi^2}{4 n^2} \sum \limits_{l=0}^\infty \left[\frac{1}{\left(l \pi + \frac{\pi}{2n}\right)^2} - \frac{1}{\left(\left(l+\frac{1}{2}\right) \pi + \frac{\pi}{2n}\right)^2} + \frac{1}{\left((l+1) \pi - \frac{\pi}{2n}\right)^2} - \frac{1}{\left(\left(l+\frac{1}{2}\right) \pi - \frac{\pi}{2n}\right)^2}\right] \\ &= \frac{\pi^2}{4 n^2} \sum_{m \in \mathbb{Z}} \left[\frac{1}{\left(m \pi + \frac{\pi}{2n}\right)^2} - \frac{1}{\left(\left(m+\frac{1}{2}\right) \pi + \frac{\pi}{2n}\right)^2} \right] = \frac{\pi^2}{4n^2} \left[\csc^2 \left(\frac{\pi}{2n}\right) - \sec^2 \left(\frac{\pi}{2n}\right)\right] \\ &= \frac{\pi^2}{n^2} \frac{\cos\left(\frac{\pi}{n}\right)}{\sin^2\left(\frac{\pi}{n}\right)} \end {align} y, de manera similar, \begin{align} J_n &= \int \limits_0^1 \ln^2(t) \frac{1+t^{n-2}}{1+t^n} \, \mathrm{d} t = 2 \sum \limits_{k=0}^\infty (-1)^k \left[\frac{1}{(nk+1)^3} + \frac{1}{(n(k+1)-1)^3}\right] \\ &= \frac{\pi^3}{4 n^3} \sum_{m \in \mathbb{Z}} \left[\frac{1}{\left(m \pi + \frac{\pi}{2n}\right)^3} - \frac{1}{\left(\left(m+\frac{1}{2}\right) \pi + \frac{\pi}{2n}\right)^3}\right] \\ &= \frac{\pi^3}{4 n^3} \left[\csc^2 \left(\frac{\pi}{2n}\right) \cot \left(\frac{\pi}{2n}\right) + \sec^2 \left(\frac{\pi}{2n}\right) \tan \left(\frac{\pi}{2n}\right)\right] \\ &= \frac{\pi^3}{n^3} \frac{1+\cos^2 \left(\frac{\pi}{n}\right)}{\sin^3 \left(\frac{\pi}{n}\right)} \end {align} para $n > 1$ .

Answer 2

Aquí es una estrategia alternativa que puede ser utilizado para encontrar las $I^{(1)}_n$ (su $I_n$), $I^{(2)}_n$ (su $J_n$), y $I^{(p)}_n$ (en el caso general donde $p \in \mathbb{N}$).

Escrito $$I^{(1)}_n = \int_0^\infty \frac{\ln t}{1 + t^n} \, dt = \int_0^1 \frac{\ln t}{1 + t^n} \, dt + \int_1^\infty \frac{\ln t}{1 + t^n} \, dt.$$ El cumplimiento de una sustitución de $t \mapsto 1/t$ en la segunda de las integrales que aparecen a la derecha de los rendimientos $$I^{(1)}_n = \int_0^1 \frac{\ln t}{1 + t^n} \, dt - \int_0^1 \frac{\ln t}{1 + t^n} \, t^{n - 2} dt.$$ La explotación de la suma geométrica para el término $1/(1 + t^n)$ conduce a $$I^{(1)}_n = \sum_{k = 0}^\infty (-1)^k \int_0^1 t^{kn} \ln t \, dt - \sum_{k = 0}^\infty (-1)^k \int_0^1 t^{kn + n - 2} \ln t \, dt.$$ Después de la integración por partes tenemos \begin{align} I^{(1)}_n &= -\frac{1}{n^2} \sum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{(k + 1/n)^2} + \frac{1}{n^2} \sum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{(k + 1 - 1/n)^2}\\ &= \frac{1}{n^2} \sum_{\substack{k = 0\\k \in \text{odd}}} \frac{1}{(k + 1/n)^2} - \frac{1}{n^2} \sum_{\substack{k = 0\\k \in \text{even}}} \frac{1}{(k + 1/n)^2}\\ & \qquad -\frac{1}{n^2} \sum_{\substack{k = 0\\k \in \text{odd}}} \frac{1}{(k + 1 - 1/n)^2} + \frac{1}{n^2} \sum_{\substack{k = 0\\k \in \text{even}}} \frac{1}{(k + 1 - 1/n)^2}. \end{align} El desplazamiento de la extraña índices: $k \mapsto 2k + 1$, y los índices por: $k \mapsto 2k$, da \begin{align} I^{(1)}_n &= \frac{1}{4n^2} \sum_{k = 0}^\infty \frac{1}{(k + 1/2 + 1/2n)^2} - \frac{1}{4n^2} \sum_{k = 0}^\infty \frac{1}{(k + 1/2n)^2}\\ & \qquad - \frac{1}{4n^2} \sum_{k = 0}^\infty \frac{1}{(k + 1 - 1/2n)^2} + \frac{1}{4n^2} \sum_{k = 0}^\infty \frac{1}{(k + 1/2 - 1/2n)^2}\\ &= -\frac{1}{4n^2} \left [ \psi^{(1)} \left (1 - \frac{1}{2n} \right ) + \psi^{(1)} \left (\frac{1}{2n} \right ) \right ]\\ & \qquad + \frac{1}{4n^2} \left [\psi^{(1)} \left (1 - \left (\frac{1}{2} - \frac{1}{2n} \right ) \right ) + \psi^{(1)} \left (\frac{1}{2} - \frac{1}{2n} \right ) \right ]\\ &= -\frac{\pi^2}{4n^2} \left [\operatorname{cosec}^2 \left (\frac{\pi}{2n} \right ) - \operatorname{cosec}^2 \left (\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2n} \right ) \right ]\\ &= -\frac{\pi^2}{4n^2} \left [\operatorname{cosec}^2 \left (\frac{\pi}{2n} \right ) - \sec^2 \left (\frac{\pi}{2n} \right ) \right ]\\ &= -\frac{\pi^2}{n^2} \left [\frac{\cos^2(\pi/2n) - \sin^2 (\pi/2n)}{\{2 \sin (\pi/2n) \cos (\pi/2n)\}^2} \right ]\\ &= -\frac{\pi^2}{n^2} \operatorname{cosec} \left (\frac{\pi}{n} \right ) \cot \left (\frac{\pi}{n} \right ), \end{align} como era de esperar. Tenga en cuenta que han hecho uso de la reflexión de la fórmula para el trigamma función de $\psi^{(1)}(z)$.

En una manera similar a cómo $I^{(1)}_n$ se encuentra por encima de, $I^{(2)}_n$ e $I^{(p)}_n$ también se puede encontrar.