Solución de forma cerrada para una integral con función racional de potencia entera

Question

Necesito una solución de forma cerrada para la siguiente integral:
$$\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{(t+a)^{m} (t +b)^{n}};\,\,a,b>0;\,\,m,n\geq1\,\text{are integers}$$ Si $m$ y $n$ son no enteros, puedo encontrar soluciones en los libros.

Lo intenté con la descomposición parcial de fracciones. Pero no ayuda ya que en algún momento me salen estas integrales: $\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{(t+a)}$ y $\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{(t +b)}$ que también pueden no tener solución.

¿Hay alguna otra solución?

Answer 1

Todo puede calcularse a partir del $m=n=1$ diferenciando con respecto a $a$ y $b$ : $$ \frac{1}{(x+a)^m} = \frac{(-1)^{m-1}}{m!} \frac{\partial^{m-1}}{\partial a^{m-1}} \frac{1}{x+a}, $$ por lo que si escribimos $I_{m,n}(a,b)$ para su integral, $$ I_{m,n}(a,b) = \frac{(-1)^{m-1}}{m!n!} \frac{\partial^{m+n-2}}{\partial a^{m-1}\partial b^{n-1}} I_{1,1}(a,b). $$ $I_{1,1}$ es fácil de calcular: tenemos $$ I_{1,1}(a,b) = \frac{\log{a}-\log{b}}{a-b}, $$ escribiéndolo simétricamente. Ahora podemos aplicar la fórmula de Leibniz $$ D^n(fg) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (D^kf)(D^{n-k}g) $$ para calcular las derivadas. En particular, $$ \frac{(-1)^{m-1}}{m!} \frac{\partial^{m-1}}{\partial a^{m-1}} \frac{\log{a}-\log{b}}{a-b} \\ = \frac{\log{a}-\log{b}}{(a-b)^m} + \frac{(-1)^{m-1}}{m!} \sum_{k=1}^{m-1} \binom{m-1}{k} \frac{(-1)^{m-1-k} (m-k)!}{(a-b)^{m-k}} \frac{ (-1)^{k-1}(k-1)! }{a^k} \\ = \frac{\log{a}-\log{b}}{(a-b)^m} - \sum_{k=1}^{m-1} \frac{(m-1)!}{k!(m-k-1)!}\frac{ (m-k)!(k-1)!}{m!} \frac{1}{a^k(a-b)^{m-k}} \\ = \frac{\log{a}-\log{b}}{(a-b)^m} - \sum_{k=1}^{m-1} \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{m} \right)\frac{1}{a^k(a-b)^{m-k}}. $$ Ahora se puede diferenciar con respecto a $b$ para obtener un par de series finitas y dobles para $I_{m,n}(a,b)$ .

Alternativamente, se puede combinar esta expresión, que es efectivamente $I_{m,1}(a,b)$ con una relación de recurrencia a partir de la integración por partes, a saber $$ \frac{1}{a^mb^n} + m I_{m+1,n}(a,b) + n I_{m,n+1}(a,b) = 0, $$ que da la respuesta en términos de una sola serie. Lamentablemente, parece que hemos perdido la simetría entre $a$ y $b$ en este proceso.

Answer 2

En la descomposición de fracciones parciales, los coeficientes de $1/(t+a)$ y $1/(t+b)$ debe cancelar. Tenga en cuenta que si $a, b > 0$

$$ \int_0^\infty \left(\frac{1}{t+a} - \frac{1}{t+b}\right)\; dt = \lim_{R \to \infty} \ln(R+a) - \ln(R+b) - \ln(a) + \ln(b) = \ln(b/a)$$

Answer 3

A continuación supondremos que $a\ne b$ . Sea $$F(X)= \frac{1}{(X+a)^m(X+b)^n}$$ y $I(n,m)=\int_0^\infty F(t)dt$ . Ahora, para $x$ cerca de $0$ tenemos $$\eqalign{F(x-a)&=\frac{1}{x^m(x+b-a)^n}=\frac{1}{(b-a)^nx^m}\left(1+\frac{x}{b-a}\right)^{-n}\cr &=\frac{1}{(b-a)^nx^m}\left(\sum_{k=0}^{m-1}\binom{-n}{k}\frac{x^k}{(b-a)^{k}}+\mathcal{O}(x^m)\right)\cr &=\sum_{k=0}^{m-1}\binom{n+k-1}{k}\frac{(-1)^k}{x^{m-k}(b-a)^{n+k}}+\mathcal{O}(1)}$$ Así, la parte polar de $F$ correspondiente al polo $-a$ es $$Q_{-a}(X)=\sum_{k=0}^{m-1}\binom{n+k-1}{k}\frac{(-1)^k}{(X+a)^{m-k}(b-a)^{n+k}}$$ Exchnageing $(a,m)$ y $(b,n)$ obtenemos la parte polar de $F$ correspondiente al polo $-b$ $$Q_{-b}(X)=\sum_{k=0}^{n-1}\binom{m+k-1}{k}\frac{(-1)^k}{(X+b)^{n-k}(a-b)^{m+k}}$$ Así se obtiene la descomposición parcial de la fracción: $$ F(X)=\binom{n+m-2}{m-1}\frac{(-1)^{m-1}}{(b-a)^{n+m-1}}\left(\frac{1}{X+a}-\frac{1}{X+b}\right) +\sum_{k=0}^{m-2}\binom{n+k-1}{k}\frac{(-1)^k}{(X+a)^{m-k}(b-a)^{n+k}} +\sum_{k=0}^{n-2}\binom{m+k-1}{k}\frac{(-1)^k}{(X+b)^{n-k}(a-b)^{m+k}} $$ Así que.., $$ I(n,m)=\binom{n+m-2}{m-1}\frac{(-1)^{m-1}}{(b-a)^{n+m-1}}\ln\left(\frac{b}{a}\right) +\sum_{k=0}^{m-2}\binom{n+k-1}{k}\frac{(-1)^k}{(m-k-1)a^{m-k-1}(b-a)^{n+k}} +\sum_{k=0}^{n-2}\binom{m+k-1}{k}\frac{(-1)^k}{(n-k-1)b^{n-k-1}(a-b)^{m+k}} $$