Integral de contorno: $\int^{1}_{0}\frac{1}{\sqrt[n]{1-x^n}}dx$

Question

Quiero calcular:

$\int^{1}_{0}\frac{1}{\sqrt[n]{1-x^n}}dx$

% naturales $n>1$utilizando cálculo de residuos.

Estoy pensando en usar algún tipo de un contorno de ojo de la cerradura o el hueso que podría ir alrededor de las raíces de th $n$ de la unidad (singularidades en este caso). El problema es que creo que no está claro cómo definir una rama conveniente (o ramas) de $log$ en esta región para él para trabajar, también teniendo en cuenta que solo les importa el tramo de $0$ $1$.

Answer 1

Aquí es otro contorno de integración con el contorno que surge de no usar ninguna sustitución.

Usando el diagrama de contorno y a continuación, donde $f(z)=\frac1{(1-z^n)^{1/n}}$

$\hspace{4cm}$

es fácil ver que la integral a lo largo de la red de contorno es $$ \begin{align} &\int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{(1-t^n)^{1/n}}-e^{2\pi i/n}\int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{(1-t^n)^{1/n}}\\ &=\left(1-e^{2\pi i/n}\right)\int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{(1-t^n)^{1/n}}\tag{1} \end{align} $$ El integrando a lo largo de cada una de las sucesivas brazo hacia la derecha es $e^{2\pi i/n}$ veces el integrando de la anterior del brazo. $\mathrm{d}z$ a lo largo de cada una de las sucesivas brazo es $e^{-2\pi i/n}$ veces $\mathrm{d}z$ desde el anterior del brazo. Por lo tanto, la integral a lo largo de cada una de las sucesivas brazo es igual a la integral a partir de la anterior del brazo. Así, el total de la integral a lo largo de todas las armas $$ n\left(1-e^{2\pi i/n}\right)\int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{(1-t^n)^{1/n}}\etiqueta{2} $$ Ahora, si $z$ sigue un círculo de radio $R$ $R\to\infty$, $f(z)\sim\frac{e^{\pi i/n}}z$ de modo que la integral a lo largo de un gran círculo en sentido horario es $$ -2\pi ie^{\pi i/n}\etiqueta{3} $$ Desde $(2)$ es igual a $(3)$, tenemos $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{(1-t^n)^{1/n}} &=\frac{-2\pi ie^{\pi i/n}}{n\left(1-e^{2\pi i/n}\right)}\\ &=\frac\pi{n\sin(\pi/n)}\tag{4} \end{align} $$

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La Rama De Corte

Considera la función definida por $$ \begin{align} g(z) &=\pi i-\log(1-2^{-n})+\int_2^z\left(\vphantom{\sum_{k=0}^{n-1}}\right.\overbrace{\vphantom{\sum_{k=0}^{n-1}}\frac nw}^{\text{residue%#%#%}}+\overbrace{\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{e^{2\pi ik/n}-w}}^{\text{residue%#%#%}}\left.\vphantom{\sum_{k=0}^{n-1}}\right)\,\mathrm{d}w\\ &=\log\left(\frac{z^n}{1-z^n}\right)\tag{5} \end{align} $$ $=n$ está bien definido siempre como el camino de la integración no circule cualquiera de los polos de el integrando, o círculos de todos ellos (ya que la suma de los residuos es $=-n$); es decir, los polos $g$$0$. Dando vueltas a ninguno o todos de estos puntos está garantizada por la rama de corte en el diagrama de arriba. Por lo tanto, con los cortes de ramas en el diagrama de arriba, $0$ nos permite definir $$ \frac1ze^{g(z)/n}=\frac1{(1-z^n)^{1/n}}\etiqueta{6} $$

Answer 2

Usando la sustitución $$ x ^ n = \frac {z ^ n} {1 + z ^ n} \qquad\text {y} \qquad\mathrm {d} x = \frac {z \mathrm {d}} {(1 + z ^ n) ^ {1 + 1/n}} $$ obtenemos $$\begin{align} \int_0^1\frac{\color{#00A000}{\mathrm{d}x}}{\color{#C00000}{(1-x^n)^{1/n}}} &=\int_0^\infty\color{#C00000}{(1+z^n)^{1/n}}\color{#00A000}{\frac{\mathrm{d}z}{(1+z^n)^{1+1/n}}}\\ &=\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}z}{1+z^n}\\[6pt] &=\frac\pi{n\sin(\pi/n)} \end {Alinee el} $$ con el resultado de la integración de contorno en esta respuesta, que dice \int_0^\infty\frac{x^m}{1+x^n}\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{n}\csc\left(\pi\frac{m+1}{n}\right) $$ $$

Answer 3

En preguntas como esta, con el fin de evitar los problemas de la definición de la rama derecha del logaritmo o la $n$th raíz, que me sugieren, en primer lugar empezar con un cambio de variables y el uso de Residuos Teorema después.

Así que, aquí como hago esto. El cambio de las variables de $x^n=\dfrac{e^t}{1+e^t}$ tenemos $$ I_n~{\buildrel {\rm def}\over =}~\int_0^1\frac{dx}{\raíz{n}\{1-x^n}}=\frac{1}{n}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{t/n}}{1+e^t}dt $$ El próximo integramos $F(z)=\dfrac{e^{z/n}}{n(1+e^z)}$ sobre el rectángulo de $\Gamma_R$ con vértices $-R$, $R$,$R+2i\pi$ y $-R+2i\pi$. Dejando $R$ tienden a $+\infty$ tenemos $$ I_n-e^{2\pi/n}I_n=2i\pi~\hbox{Res}(F(z),i\pi)=-2i\frac{\pi}{n} e^{i\pi/n}. $$ Este rendimientos $$I_n=\frac{\pi}{n\sin(\pi/n)}.$$ Tenga en cuenta que nosotros no usamos el hecho de que $n$ es un número natural. Esto es válido para cualquier real $n>1$.

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align}& \overbrace{\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\dd x \over \root[n]{1 - x^{n}}}\dd x}} ^{\ds{x^{n}\ \mapsto\ x}}\ =\ \int_{0}^{1}\pars{1 - x}^{-1/n}\,{1 \over n}\,x^{1/n - 1}\,\dd x ={1 \over n}\color{#00f}{\int_{0}^{1}x^{1/n - 1}\pars{1 - x}^{-1/n}\,\dd x} \,\,\,\,\,\pars{1} \end{align}

Ahora, el estudio de la integral $$ \oint_{\rm DB}{z^{1/n}\pars{1 - z}^{-1/n} \over z}\,\dd z $$ donde $\ds{\rm DB}$ es un "mancuerna de contorno" ( ver imagen ).

También, $$ \begin{array}{rclrcccl} z^{1/n} & = & \verts{z}^{1/n}\expo{{\rm Arg}\pars{z}/n}\,, & -\pi & < & {\rm Arg}\pars{z} & < & \pi\,,\quad z \not= 0 \\[2mm] \pars{1 - z}^{-1/n} & = & \verts{1 - z}^{-1/n}\expo{-{\rm Arg}\pars{1 - z}/n}\,, & 0 & < & {\rm Arg}\pars{1 - z} & < & 2\pi\,,\quad z \not= 1 \end{array} $$ Es claro que el producto $\ds{z^{1/n}\pars{1 - z}^{-1/n}}$ tiene una sucursal de corte en $\bracks{0,1}$.

La integral por encima de la "línea superior' está dada por $$ \int_{1}^{0}x^{1/n - 1}\pars{1 - x}^{-1/n}\expo{-2\pi\ic/n}\,\dd x = -\expo{-2\pi\ic/n}\color{#00f}{\int_{0}^{1}x^{1/n}\pars{1 - x}^{-1/n}\,\dd x} $$ y en la "bajada de línea" por $\ds{\color{#00f}{\int_{0}^{1}x^{1/n}\pars{1 - x}^{-1/n}\,\dd x}}$. La integración de todo el semicírculos, con centros en$\ds{z = 0}$$\ds{z = 1}$, se desvanece cuando su radio de $\ds{\to 0^{+}}$.

A continuación, \begin{align} &\pars{1 - \expo{-2\pi\ic/n}}\color{#00f}{% \int_{0}^{1}x^{1/n - 1}\pars{1 - x}^{-1/n}\,\dd x} =-2\pi\ic\, {\rm Res}_{\verts{z}\ \to\ \infty}\bracks{z^{1/n - 1}\pars{1 - z}^{-1/n}} \\[3mm]&=-2\pi\ic\,{\rm Res}_{z\ =\ 0}\bracks{% -\,{1 \over z^{2}}\,z^{1 - 1/n}\pars{1 - {1 \over z}}^{-1/n}} =2\pi\ic\,{\rm Res}_{z\ =\ 0}\bracks{\pars{z - 1}^{-1/n} \over z} \\[3mm]&=2\pi\ic\, {\rm Res}_{z\ =\ 0}\bracks{\verts{z - 1}^{\,-1/n}\expo{-\pi\ic/n} \over z} =2\pi\ic\expo{-\pi\ic/n} \end{align}

Entonces $$ \color{#00f}{\int_{0}^{1}x^{1/n - 1}\pars{1 - x}^{-1/n}\,\dd x} ={2\pi\ic\expo{-\pi\ic/n} \más de 1 \expo{-2\pi\ic/n}} =\pi\,{2\ic \\expo{\pi\ic/n} - \expo{-\pi\ic/n}} ={\pi \\sin\pars{\pi/n}} $$ que se sustituye en la expresión $\pars{1}$:

$$ \color{#00f}{\large\int_{0}^{1}{\dd x \\root[n]{1 - x^{n}}}\dd x ={\pi \más n\sin\pars{\pi/n}}} $$

Answer 5

Respuesta de Omran Kouba, tenemos\begin{eqnarray} I_n&=&\frac{1}{n}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{t/n}}{1+e^t}dt=\frac{1}{n}\int_{0}^\infty \frac{e^{t/n}}{1+e^t}dt+\frac{1}{n}\int_{-\infty}^0 \frac{e^{t/n}}{1+e^t}dt\\ &=&\frac{1}{n}\int_{0}^\infty \frac{e^{t/n-1}}{1+e^{-t}}dt+\frac{1}{n}\int_{-\infty}^0 \frac{e^{t/n}}{1+e^t}dt\\ &=&\frac{1}{n}\int_{0}^\infty \sum_{k=0}^\infty(-1)^ke^{t/n-t-kt}dt+\frac{1}{n}\int_{-\infty}^0 \sum_{k=0}^\infty(-1)^ke^{t/n+kt}dt\\ &=&\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{nk+1}+\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{nk+n-1}\\ &=&\sum_{k=-\infty}^\infty(-1)^k\frac{1}{nk+1}=\frac{\pi}{n\sin\frac{\pi}{n}}. \end{eqnarray}