Integral impropia

Question

He tratado de muchas maneras, pero parece que no funcionó: $$ \int_1^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} = \int_0^1\frac{x^{n-1}}{(x+1)(2x+1)\cdots(nx+1)} \mathrm dx = \cdots $$ cualquier ayuda sería apreciada!

Answer 1

Si usted sub $x=u+1$ luego de llegar

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n+1)} $$

Trate de evaluar a través de los residuos teorema. Considere la integral de contorno

$$\oint_C dz\frac{\log{z}}{(z+1)(z+2)\cdots(z+n+1)} $$

donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real positivo de radio exterior $R$ y un radio interior de $\epsilon$. Tome los límites de $R\to \infty$ $\epsilon \to 0$ y conseguir que el contorno de la integral es

$$-i 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{dx}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n+1)} $$

Esto es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos de el integrando. En este caso, es obvio que tenemos polos en $-1 \ldots-n$. Tenga en cuenta la rama de corte que llevaba usando $C$ por lo que el negativo es en realidad $e^{i \pi}$. La integral es entonces, tomando respectivas piezas reales,

$$\begin{align} \int_0^{\infty} \frac{dx}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n+1)} &= -\sum_{k=1}^{n+1} \frac{\log{k}}{\displaystyle \prod_{j=1 \cap j \ne k}^{n+1} (-j+k)}\\ &= \sum_{k=2}^{n+1} (-1)^{k} \frac{\log{k}}{(k-1)!(n+1-k)! } \\ &= \frac1{(n+1)!} \sum_{k=2}^{n+1} (-1)^{k} \binom{n+1}{k}k \log{k}\end{align}$$

Answer 2

Tenemos la fracción parcial de la descomposición $$\frac{1}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}=\frac{a_0}{x}+\frac{a_1}{x+1}+\frac{a_2}{x+2}+\ldots+\frac{a_n}{x+n}$$

Ahora como $x\to 0$, la parte con $a_0$ domina, y hemos $$a_0=\lim_{x\to0}\frac{x}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}=\frac1{n!}$$ Al igual, como $x\to -1$, la parte con $a_1$ domina, y hemos $$a_1=\lim_{x\to-1}\frac{x+1}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}=-\frac1{(n-1)!}$$ y si se va a continuar con esta idea, usted encontrará que $$a_k=\lim_{x\to -k}\frac{x+k}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}= \frac{(-1)^k}{k!(n-k)!}=\frac{(-1)^k {n\choose k}}{n!}$$ así que $$\frac{1}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}=\frac1{n!}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k {n\choose k}}{(x+k)} $$ y así $$\int_1^{\infty}\frac{\mathrm dx}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} =\frac{1}{n!}\int_1^{\infty}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k {n\elegir k}}{(x+k)}\\ =\frac1{n!}\a la izquierda(\sum_{k=0}^n(-1)^k {n\elegir k}\ln(x+k)\right)\a la izquierda. \right|_1^\infty$$ Para $x=\infty$, considerar el binomio de expansión de $(1-1)^k$. Esto implica que la suma de los positivos binomio términos es igual a la suma de la binomial negativa términos, y por tanto, si combinamos todos los registros en uno, se obtiene el logaritmo de un polinomio dividido por un polinomio del mismo grado, por lo que el límite al infinito es, por tanto,$\ln(1) = 0$. Entonces, la integral es por lo tanto igual a la negativa de la antiderivada de arriba a $x=1$, por lo que $$\frac{1}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}=\frac1{n!}\sum_{k=0}^n(-1)^{k+1} {n\choose k}\ln(k+1)\\=\frac1{n!}\sum_{k=2}^{n+1}(-1)^{k} {n\choose k-1}\ln(k)$$