Búsqueda de métodos para resolver $\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x^n}}{x^n + 1}\:dx $

Question

Como una extensión de una pregunta que planteé anteriormente, pensé que sería mejor intentar y final el resultado más general de la forma:

\begin{equation} I_n = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x^n}}{x^n + 1}\:dx \end{equation} con $n \in \mathbb{R}, n > 1$

Como con la anterior pregunta, estoy interesado en la búsqueda de formas alternativas de solucionar esto que no se basa en el análisis complejo.

Mi Método: se utiliza el mismo método como con mi pregunta anterior. Aquí primero vamos a

\begin{equation} J_n(t) = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-tx^n}}{x^n + 1}\:dx \end{equation}

Vemos que $I_n = J_n(1)$ y que $J_n(0) = \frac{1}{n}\Gamma\left(1 - \frac{1}{n}\right)\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)$ (Esto se muestra aquí)

Ahora, tomar la derivada con respecto a '$t$' para lograr \begin{align} J_n'(t) &= \int_{0}^{\infty} \frac{-x^ne^{-tx^n}}{x^n + 1}\:dx = -\int_{0}^{\infty} \frac{\left(x^n + 1 - 1\right)e^{-tx^n}}{x^n + 1}\:dx \\ &= -\left[\int_{0}^{\infty}e^{-tx^n}\:dx - \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-tx^n}}{x^n + 1}\:dx \right] \\ &= -\left[ \frac{t^{-\frac{1}{n}}}{n}\Gamma\left(\frac{1}{n}\right) -J_n(t)\right] \end{align}

Que los rendimientos de la ecuación diferencial:

\begin{equation} J_n'(t) - J_n(t) = -\frac{t^{-\frac{1}{n}}}{n}\Gamma\left(\frac{1}{n}\right) \end{equation}

Que los rendimientos de la solución:

\begin{equation} J_n(t) = \frac{1}{n}\Gamma\left(1 - \frac{1}{n}, t\right)\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)e^t \end{equation}

Y por último:

\begin{equation} I_n = J_n(1) = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x^n}}{x^n + 1}\:dx = \frac{e}{n}\Gamma\left(1 - \frac{1}{n}, 1\right)\Gamma\left(\frac{1}{n}\right) \end{equation}

Que para mí, es un buen resultado. Fascinado a ver otros métodos!

Editar - Gracias a spaceisdarkgreen para la camioneta de mi escribir mal de la Función Gamma Incompleta.

Answer 1

Puedo ofrecer un camino más corto para obtener el resultado final en términos de la Función Gamma Incompleta. Therby considerar la siguiente representación de la Función Gamma Incompleta que se puede encontrar aquí en el MSE

$$ \Gamma(a,x)=\frac{e^{-x}x^{a}}{\Gamma(1-a)} \int_0^\infty \frac{e^{-t} t^{-a}}{x+t} dt\tag1$$

Volviendo a su original integral y la aplicación de la sustitución de $x^n=t$ rendimientos a la siguiente

$$\begin{align} I_n=\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x^n}}{x^n + 1}dx&=\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t}}{1+t}\frac1nt^{1/n-1}dt\\ &=\frac1n\int_0^{\infty}\frac{e^{-t}t^{-(1-1/n)}}{1+t}dt \end{align}$$

La última integral es en forma de $(1)$ con $a=1-1/n$ e $x=1$ a partir de donde se puede concluir que

$$\begin{align} I_n=\frac1n\int_0^{\infty}\frac{e^{-t}t^{-(1-1/n)}}{1+t}dt=\frac1n\frac{\Gamma\left(1-\frac1n,1\right)\Gamma\left(\frac1n\right)}{e^{-1}} \end{align}$$

$$I_n=\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x^n}}{x^n + 1}dx=\frac en\Gamma\left(1-\frac1n,1\right)\Gamma\left(\frac1n\right)$$

Por supuesto, esta forma de resolver los requiere el conocimiento de fórmula $(1)$ $($una prueba impresionante hecho por el usuario Felix Marin se pueden encontrar en el post vinculado$)$ pero, sin embargo, este método de evaluación es bastante compacto.

Answer 2

Me va a ofrecer (de nuevo) un método que convierte la integral de una integral doble. Nota para la convergencia de la integral requerimos $n > 0$.

Para $n > 0$, comenzar mediante la aplicación de una sustitución de $x \mapsto x^{1/n}$. Esto le da $$I_n = \frac{1}{n} \int_0^\infty \frac{x^{1/n -1} e^{-x}}{1 + x} \, dx \qquad (1)$$

Tomando nota de que $$\frac{1}{x + 1} = \int_0^\infty e^{-u(x + 1)} \, du,$$ la integral en (1) puede escribirse como $$I_n = \frac{1}{n} \int_0^\infty x^{1/n - 1} e^{-x} \int_0^\infty e^{-u(x + 1)} \, du \, dx,$$ o $$I_n = \frac{1}{n} \int_0^\infty e^{-u} \int_0^\infty x^{1/n - 1} e^{-x(u + 1)} \, dx \, du,$$ sobre el cambio del orden de integración.

El cumplimiento de una sustitución de $x \mapsto x/(u + 1)$ conduce a \begin{align} I_n &= \frac{1}{n} \int_0^\infty (u + 1)^{-1/n} e^{-u} \int_0^\infty x^{1/n - 1} e^{-x} \, dx \, du\\ &= \frac{1}{n} \Gamma \left (\frac{1}{n} \right ) \int_0^\infty (u + 1)^{-1/n} e^{-u} \, du. \end{align} Por último, la aplicación de una sustitución de la $u \mapsto u - 1$ uno tiene $$I_n = \frac{e}{n} \Gamma \left (\frac{1}{n} \right ) \int_1^\infty u^{(1 - 1/n) - 1} e^{-u} \, du = \frac{e}{n} \Gamma \left (\frac{1}{n} \right ) \Gamma \left (1 - \frac{1}{n}, 1 \right ),$$ como era de esperar.