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Fórmula cerrada para integral

Mathematica puede evaluar

$$\int\limits_0^\infty \frac{ \ln^{p} {x} \sin^{q} {x}}{x^r}dx $$

para todos los $p,q,r \in \mathrm{N}$ al $q \geq r>c, c \equiv q-r \ (\textrm{mod} \ 2) $, pero no se puede dar con la fórmula general. Las eventuales referencias que se agradece. También, las sugerencias sobre cómo hacer $p=q=r=1$ caso? Todos los resultados son una combinación de una fracción, de Euler–Mascheroni y logaritmos.

Así que, ¿hay una fórmula en el espíritu de :

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ACTUALIZACIÓN

He cambiado la notación un poco aquí para que coincida con Raymond Manzoni primera referencia: integral converge para $p\geq q$ :

  1. para $p$ odd (impar) y $q$ aun(impar)

$$\int\limits_0^\infty \frac{\ln^{r}\! x \sin^{p} \! x }{x^q} \mathrm{d}x = \frac{(-1)^{r} (-1)^{\lfloor \frac{p-q}{2} \rfloor} }{ \Gamma(q) 2^p} \sum\limits_{i=0}^{r} \binom{r}{i} \frac{(-1)^{r-i} (r-i)!}{2^{r-i}} \sum\limits_{k=0}^{\lfloor \frac{p}{2} \rfloor - \text{mod}(2p-q,2)} \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! 2(-1)^k \binom{p}{k}(p-2k)^{q-1} \sum\limits_{t=0}^{\lfloor \frac{r-i+1}{2} \rfloor} \frac{\text{Li}_{2t}(-1)\ln^{r-i+1-2t}\left(\frac{1}{(p-2k)^2}\right) }{(r-i+1-2t)!} \sum\limits_{\lambda \vdash i} \psi_0^{m_1}(q) \psi_1^{m_2}(q)\cdot \ldots\cdot \psi_{i-1}^{m_{l(\lambda)} }(q) \frac{\binom{i}{m_1,m_2,\ldots,m_{l(\lambda)}}}{m_1! m_2! \cdot \ldots\cdot ,m_{l(\lambda)}!} (-1)^{m_1+m_2+\ldots +m_{l(\lambda)}}$$

  1. para $p$ odd (impar) y $q$ odd(impar)

$$\int\limits_0^\infty \frac{\ln^{r}\! x \sin^{p} \! x }{x^q} \mathrm{d}x = \frac{(-1)^{r} (-1)^{ \frac{2p-q + \text{mod}(p,2)}{2}} }{ \Gamma(q) 2^{p-1}} \sum\limits_{i=0}^{r} \binom{r}{i} (-1)^{r-i} (r-i)! \sum\limits_{k=1}^{ \frac{p +\text{mod}(p,2)}{2}} \! \! \! \! \! \! 2(-1)^k \binom{p}{\frac{p +\text{mod}(p,2)}{2}- k}(2k-\text{mod}(p,2))^{q-1} \sum\limits_{t=0}^{\lfloor \frac{r-i+1}{2} \rfloor} \frac{\text{Li}_{2t}(-1) \sum\limits_{m=0}^{\lfloor \frac{r-i-2t}{2} \rfloor} \binom{r-i-2t+1}{2m+1} \left( \frac{\pi}{2} \right)^{2m+1} \ln^{r-i-2t-2m} \left( \frac{1}{2k -\text{mod}(p,2) } \right) }{(r-i-2t+1)!} \sum\limits_{\lambda \vdash i} \psi_0^{m_1 }(q) \psi_1^{m_2 }(q)\cdot \ldots\cdot \psi_{i-1}^{m_{l(\lambda)} }(q) \frac{\binom{i}{m_1,m_2,\ldots,m_{l(\lambda)}}}{m_1! m_2! \cdot \ldots\cdot ,m_{l(\lambda)}!} (-1)^{m_1+m_2+\ldots +m_{l(\lambda)}}$$

donde $\text{Li}$ es polylogarithm, $\psi$ es polygamma, y la última suma es superior a todas las particiones $\lambda = \left(1^{m_1} 2^{m_2} \ldots \right) $ $l(\lambda)$ es la partición de longitud.

siéntete libre para limpiar y improove si quieres, no tengo la voluntad de la derecha ahora.

3voto

user21783 Puntos 11

Lema: Si $\,q\,$ es un valor real, entonces : \begin{align} \tag{1} C(q):=\int_0^\infty \frac{\cos(x)}{x^q}\;dx=\sin\left(\frac{\pi}2q\right)\,\Gamma(1-q),\quad 0<q<1\\ \tag{2} S(q):=\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x^q}\;dx=\cos\left(\frac{\pi}2q\right)\,\Gamma(1-q),\quad 0<q<2\\ \end{align}

(ref DLMF $5.9.6$ $5.9.7$ o $150$ de de Haan $1867$ "Nouvelles tablas d'intégrales définies"
o el uso de la sustitución de $\,x:=it\,$ y analítica continuación : $\;\displaystyle\Gamma(1-q)=\int_0^\infty \frac{e^{-t}}{t^q}\,dt=-i\int_0^{i\infty} \frac{e^{ix}}{x^q}i^q\,dx=-i\;e^{\large{\frac {\pi}2q\,i}}\int_0^{i\infty} \frac{e^{ix}}{x^q}\,dx\; $)

La expansión de los poderes de $\;\sin(x)=\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ con el teorema del binomio nos da : \begin{align} \tag{3}\sin(x)^{2n}&=\frac 2{2^{2n}}\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{2n}{k}\cos\left((2n-2k)x\right)\\ \tag{4}\sin(x)^{2n+1}&=\frac 2{2^{2n+1}}\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{2n+1}{k}\sin\left((2n+1-2k)x\right)\\ \end{align} lo que nos permite generalizar $(2)$ $\;\displaystyle F_p(q):=\int_0^\infty \frac{\sin(x)^p}{x^q}\;dx\ $ $p$un entero positivo : \begin{align} \text{for}\ p=2n&:&F_{p}(q)&:=\frac 2{2^p}\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{p}{k}\int_0^\infty\frac{\cos\left((p-2k)x\right)}{x^q}\;dx\\ \tag{5}&& F_{p}(q)&=\frac 2{2^p}\sin\left(\frac{\pi}2q\right)\,\Gamma(1-q)\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{p}{k}(p-2k)^{q-1}\\ \\ \text{for}\ p=2n+1&:&F_{p}(q)&:=\frac 2{2^p}\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{p}{k}\int_0^\infty\frac{\sin\left((p-2k)x\right)}{x^q}\;dx\\ \tag{6}&& F_{p}(q)&=\frac 2{2^p}\cos\left(\frac{\pi}2q\right)\,\Gamma(1-q)\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{p}{k}(p-2k)^{q-1}\\ \end{align}

Pero estos son simplemente el imaginario (para $p$ a) o real (por $p$ impar) parte de : $$\tag{7}G_{p}(q)=\frac 2{2^p}i^q\,\Gamma(1-q)\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{p}{k}(p-2k)^{q-1},\quad n:=\left\lfloor\frac p2\right\rfloor$$

Para evaluar la deseaba $\;\displaystyle I(p,q,r):=\int_0^\infty \frac{\ln(x)^r\sin(x)^p}{x^q}\;dx\;$ para el número entero no negativo los valores de $r$ y desde $\;\displaystyle\frac d{dq} x^{-q}=-\ln(x)\,x^{-q}\;$ sólo necesitamos utilizar : $$ \etiqueta{8}I(p,q,r)=\int_0^\infty \frac{\ln(x)^r\sin(x)^p}{x^p}\;dx=\left(-\frac d{dq}\right)^{\large r} \int_0^\infty \frac{\sin(x)^p}{x^p}\;dx$$ y evaluar el imaginario (para $p$ a) o real (por $p$ impar) parte de : $$\tag{9}\left(-\frac d{dq}\right)^{\large r} G_{p}(q)=\frac 2{2^p}\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{p}{k}\,\left(-\frac d{dq}\right)^{\large r}\left(\Gamma(1-q)((p-2k)\,i)^{q-1}\right)$$ Establecimiento $\;K:=(p-2k)\,i\;\ $ estudiemos $\quad\displaystyle f_r=f_r(k,p,q)=\left(-\frac d{dq}\right)^{\large r}\; \left(\Gamma(1-q)\,K^{p-1}\right)$.

La función digamma $\psi$ definido por $\;\psi(x):=(\ln\Gamma(x))'\;$ nos permite reescribir $\;\displaystyle \left(-\frac d{dq}\right)\Gamma(1-q)=\Gamma(1-q)\,\psi(1-q)\;$ y proporciona estos primeros resultados : \begin{align} f_1&=\Gamma(1-q)\,K^{q-1}\left[\psi(1-q)-\ln(K)\right]\\ f_2&=\Gamma(1-q)\,K^{q-1}\left[\left(\psi(1-q)-\ln(K)\right)^2+\psi^{(1)}(1-q)\right]\\ f_3&=\Gamma(1-q)\,K^{q-1}\left[\left(\psi(1-q)-\ln(K)\right)^3+3\left(\psi(1-q)-\ln(K)\right)\psi^{(1)}(1-q)+\psi^{(2)}(1-q)\right]\\ f_4&=\Gamma(1-q)\,K^{q-1}\left[\left(\psi(1-q)-\ln(K)\right)^4+6\left(\psi(1-q)-\ln(K)\right)^2\psi^{(1)}(1-x)+4\left(\psi(1-q)-\\\ln(K)\right)\psi^{(2)}(1-q)+3\left(\psi^{(1)}\right)^2+\psi^{(3)}(1-q)\right]\\ \end{align} Las expresiones entre paréntesis se obtienen a partir de los anteriores mediante la recurrencia: $\,x_{n+1}(t)=x_1(t)\;x_n(t)+x_n(t)'\;$$\,x_1(t)=\psi(t)-\ln(K)$.
($t\,$ se $\,1-q$)

Se obtienen así la completa Campana de polinomios (con $x_1(t)=\psi(t)-\ln(K),\,x_2(t)=\psi^{(1)}(t),\cdots,$ $x_r(t)=\psi^{(r-1)}(t),\cdots$) y puede escribir $$\tag{10}f_r(k,p,q)=\Gamma(1-q)\,((p-2k)\,i)^{q-1}\;B_r(x_1(1-q),x_2(1-q),\cdots,x_r(1-q))$$ lo que nos permite utilizar las diferentes expresiones desde el enlace de Wikipedia y obtener el resultado deseado : $$\tag{11}I(p,q,r)=\begin{cases}p\ \text{odd}&|\quad\Re\\p\ \text{even}&|\quad\Im\end{cases}\ \frac 2{2^p}\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{p}{k}\,f_r(k,p,q)$$ La exponencial de la generación de la función de los términos entre corchetes nos da por ejemplo : \begin{align} \tag{12}g(z)&:=\exp\left((\psi(t)-\ln(K))\frac{z}{1!}+\psi^{(1)}(t)\frac{z^2}{2!}+\psi^{(2)}(t)\frac{z^3}{3!}+\cdots\right)\\ &=1+\left(\psi(t)-\ln(K)\right)\frac z{1!}+\left((\psi(t)-\ln(K))^2+\psi^{(1)}(t)\right)\frac{z^2}{2!}+\cdots\\ \end{align} $\qquad\qquad$(simplemente se ha $\;\displaystyle g(t)=\frac{\Gamma(t)}{K^t}\,$ al $z=t$)

1voto

nik Puntos 443

Aquí está la prueba y el código de Mathematica para jugar con. Me tomó algo de tiempo para escribir todo esto. Gracias de nuevo Raymond Manzoni para que agradable Edwards libro(s) refference, no podría haberlo hecho sin ella. Sería agradable ver a una prueba para idenetities (37) y (38) en papel, una prueba es que Edwards libro, pero no es demasiado elegante, es una manera de reducir a la hipergeométrica identidad http://functions.wolfram.com/07.31.03.0032.01 pero no sé cómo probar que la identidad. También el final expresiones son equivalentes a los que he escrito arriba sin pruebas, pero más elegante.

Usted puede downolad aquí : enlace de descarga

y el .archivo tex aquí: enlace de descarga

Este código también es mucho mejor que el pasado, usted puede descargar el cuaderno de Mathematica aquí el enlace de descarga

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