Cómo integrar a este tipo:$$\int_0^\infty \frac{(x^2+a)^n}{(x^2+b)^m} \>\text{d}x,$ $ donde$a,b,n,m$ son enteros positivos y$n<m.$
Gracias de antemano. :)
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Fabian
Puntos
12538
En un primer paso, se realiza la sustitución de $y=x^2$. Entonces usted integral lee $$ I=\int_0^\infty \!dy \frac{(y+a)^n}{2\sqrt{y}(y+b)^m}.\tag{1}$$
Es fácil mostrar, el esta integral está dada por $$I = \oint_C\!dz \frac{(z+a)^n}{4i\sqrt{-z} (z+b)^m} ,\tag{2}$$ donde $C$ es el ojo de la cerradura de contorno; la rama de corte de $\sqrt{z}$ a lo largo del eje real negativo.
El ojo de la cerradura de contorno se eligieron dicho que el gran semicírculo ($for m \geq n+1/2$) y el pequeño semicírculo (alrededor de $z=0$) desaparecen. El resto de la integral a lo largo del eje real. Ligeramente por debajo del eje real (a lo largo de los cuales se integran a la izquierda), tenemos que $1/\sqrt{-z} = -i/\sqrt{z}$. Ligeramente por encima del eje real (a lo largo de los cuales se integran a la derecha), tenemos que $1/\sqrt{-z} = i/\sqrt{z}$. Juntos, estos dos contornos dar $2i/\sqrt{z}$. Así, en (2) se tiene que dividir por un adicional de $2i$ con respecto a (1).
La integral por lo tanto puede ser resuelto por el teorema de los residuos. Como el único polo es al $z=-b$, obtenemos $$I = 2\pi i \mathop{\rm Res}_{z=-b} \frac{(z+a)^n}{4i\sqrt{-z} (z+b)^m}.$$
Como hay un $m$-ésimo orden de polo en $z=-b$, el resultado se lee $$I = \frac{\pi}{2} \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to -b} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\left( \frac{(z+a)^n}{\sqrt{-z}} \right).$$
Así que ahora tenemos que evaluar el $m-1$derivados. Usted puede demostrar por inducción que $$\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\left( \frac{(z+a)^n}{\sqrt{-z}}\right)= (m-1)!\sum_{k=0}^{m-1}\binom{n}{k} \frac{ (2 m - 3 - 2 k)!! (a+z)^{n-k}}{(m-1-k)! 2^{m-1-k} (-z)^{m-1/2-k}}.$$
Por lo tanto, obtenemos el resultado $$I= \frac{\pi}{2}\sum_{k=0}^{m-1}\binom{n}{k} \frac{ (2 m - 3 - 2 k)!! (a+z)^{n-k}}{(m-1-k)! 2^{m-1-k} (b)^{m-1/2-k}}$$
Roger Hoover
Puntos
56
Suponiendo que$b>0$ y$k<m$$$\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2k}}{(x^2+b)^m}\,dx = \frac{\Gamma\left(k+\frac{1}{2}\right)\,\Gamma\left(m-k-\frac{1}{2}\right)}{2b^{m-k}(m-1)!}\sqrt{b} $ $ proviene de la función Beta de Euler, por lo tanto, es suficiente aplicar una expansión binomial para resolver la integral dada.
Simple Art
Puntos
745
Suponiendo que $m>n+1/2$, de modo que la integral converge y $m\in\mathbb N$ por simplicidad, es bastante fácil de aplicar un semicírculo de contorno, y por Jordania lema, uno puede ver la circular de la parte de la integral va a $0$ as $R\to\infty$. Por simetría, todo lo que queda es el doble de la integral en el interés, y por Cauchy del residuo de la fórmula, tenemos
$$\oint_C\frac{(x^2+a)^n}{(x^2+b)^m}\ dx=2\pi i\frac1{(m-1)!}\lim_{x\to bi}\frac{d^{m-1}}{dx^{m-1}}\frac{(x^2+a)^n}{(x+bi)^m}$$
Lo que finalmente nos da
$$\int_0^\infty\frac{(x^2+a)^n}{(x^2+b)^m}\ dx=\pi i\frac1{(m-1)!}\lim_{x\to bi}\frac{d^{m-1}}{dx^{m-1}}\frac{(x^2+a)^n}{(x+bi)^m}$$
Felix Marin
Puntos
32763
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$
Con $\ds{\quad a, b, m, n \in \mathbb{N}_{> 0}\quad}$ y $\ds{\quad \color{#f00}{m > n + {1 \over 2}}}$, tenga en cuenta que: $$ \int_{0}^{\infty}{\pars{x^{2} + a}^{n} \over \pars{x^{2} + b}^{m}}\,\dd x = {1 \over b^{m - n - 1/2}} \int_{0}^{\infty}{\pars{x^{2} + \mu}^{n} \over \pars{x^{2} + 1}^{m}}\,\dd x\,, \qquad \mu \equiv {un \sobre b} $$
\begin{align} \int_{0}^{\infty}{\pars{x^{2} + a}^{n} \over \pars{x^{2} + b}^{m}}\,\dd x & = {1 \over b^{m - n - 1/2}} \int_{0}^{\infty}{\pars{x^{2} + \mu}^{n} \over \pars{x^{2} + 1}^{m}}\,\dd x \,\,\,\stackrel{x^{2}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, {1 \over 2b^{m - n - 1/2}} \int_{0}^{\infty}{\pars{x + \mu}^{n} \over \pars{x + 1}^{m}}\,x^{-1/2}\,\dd x \\[5mm] & \stackrel{x + 1\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, {1 \over 2b^{m - n - 1/2}} \int_{1}^{\infty}x^{-m}\,\pars{x - 1}^{-1/2}\,\pars{x - 1 + \mu}^{n}\,\dd x \\[5mm] & \stackrel{x\ \mapsto\ 1/x}{=}\,\,\, {1 \over 2b^{m - n - 1/2}} \int_{1}^{0}x^{m}\pars{{1 \over x} - 1}^{-1/2}\pars{{1 \over x} - 1 + \mu}^{n} \,{\dd x \over -x^{2}} \\[5mm] & \stackrel{x\ \mapsto\ 1/x}{=}\,\,\, {1 \over 2b^{m - n - 1/2}} \int_{0}^{1}x^{m - n - 3/2}\,\pars{1 - x}^{-1/2}\, \bracks{1 - \pars{1 - \mu}x}^{\,n}\,\dd x\label{1}\tag{1} \\[5mm] & = {1 \over 2b^{m - n - 1/2}}\, {{}_{2}\mrm{F}_{1}\pars{-n,m - n -1/2;m - n;1 - \mu} \over \mrm{B}\pars{m - n - 1/2,1/2}} \end{align}
${}_{2}\mrm{F}_{1}$ es el 'tipo de Euler' Función hipergeométricay $\ds{\,\mrm{B}}$ es la Función Beta.
$$\bbx{\ds{% \int_{0}^{\infty}{\pars{x^{2} + a}^{n} \over \pars{x^{2} + b}^{m}}\,\dd x = {1 \over 2b^{m - n - 1/2}}\, {{}_{2}\mrm{F}_{1}\pars{-n,m - n -1/2;m - n;\bracks{b - a}/una} \over \mrm{B}\pars{m - n - 1/2,1/2}}}} $$ Como se explica en el enlace de arriba, el resultado requiere $\ds{\verts{1 - \mu} \leq 1\ \mbox{and/or}\ 1 \leq {b \over a} \leq 2}$. De lo contrario, podemos modificar el factor de $\ds{\bracks{1 - \pars{1 - \mu}}^{\,n}}$, en la expresión \eqref{1}, de una forma trivial.
