Calcula $\int_0^\infty\frac{x^a-x^b}{(1+x^a)(1+x^b)}\,dx$

Question

Calcular la integral definida

$$ \int_0^\infty\frac{x^a-x^b}{(1+x^a)(1+x^b)}\,dx $$

donde $a,b\in\mathbb{R}$ .

Mi intento:

Dejemos que $x=\frac{1}{t}$ para que $dx=-\frac{1}{t^2}\,dt$ . Sustituyendo en la integral y cambiando los límites de integración se obtiene

$$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{x^a-x^b}{(1+x^a)(1+x^b)}\,dx&=\int_\infty^0\frac{t^b-t^a}{(t^a+1)(t^b+1)}\cdot\frac{-1}{t^2}\,dt\\ &=-\int_0^\infty\frac{t^a-t^b}{(1+t^a)(1+t^b)}\cdot\frac{1}{t^2}\,dt\\ &=-\int_0^\infty\frac{x^a-x^b}{(1+x^a)(1+x^b)}\cdot\frac{1}{x^2}\,dx \end{align} $$

No estoy seguro de cómo calcular la integral a partir de aquí.

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\dagger}}% \newcommand{\angles}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\down}{\downarrow}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \atop {= \atop \vphantom{\huge A}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\half}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,}% \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{x^{a} - x^{b} \over \pars{1 + x^{a}}\pars{1 + x^{b}}}\,\dd x =\int_{0}^{\infty}{\dd x \over 1 + x^{b}} - \int_{0}^{\infty}{\dd x \over 1 + x^{a}}}$

Consideremos $\ds{\int_{0}^{\infty}{\dd x \over 1 + x^{\mu}}}$ con $\Re\pars{\mu} > 1$ . Con el cambio de variables $\ds{t \equiv {1 \over 1 + x^{\mu}}}$ $\iff$ $\ds{x = \pars{1 - t \over t}^{1/\mu}}$ \begin{align} \color{#00f}{\large\int_{0}^{\infty}{\dd x \over 1 + x^{\mu}}}&=\int_{1}^{0} t\,{1 \over \mu}\,\pars{1 - t \over t}^{1/\mu - 1}\,\pars{-\,{\dd t \over t^{2}}} ={1 \over \mu}\int_{0}^{1}t^{-1/\mu}\pars{1 - t}^{1/\mu - 1}\,\dd t \\[3mm]&={1 \over \mu}\,{\rm B}\pars{-\,{1 \over \mu} + 1,{1 \over \mu}} ={1 \over \mu}\, {\Gamma\pars{-1/\mu + 1}\Gamma\pars{1/\mu} \over \Gamma\pars{\bracks{-1/\mu + 1} + 1/\mu}} ={1 \over \mu}\,{\pi \over \sin\pars{\pi\,\bracks{1/\mu}}} \\[3mm]&=\color{#00f}{\large{\pi \over \mu}\,\csc\pars{\pi \over \mu}} \end{align}

Entonces, $$\!\!\!\color{#00f}{\large% \int_{0}^{\infty}\!\!\!{x^{a} - x^{b} \over \pars{1 + x^{a}}\pars{1 + x^{b}}}\,\dd x = {\pi \over b}\,\csc\pars{\pi \over b} - {\pi \over a}\,\csc\pars{\pi \over a}} \,,\qquad\Re\pars{a} > 1\,,\ \Re\pars{b} > 1 $$

Answer 2

Debo decir que me avergüenza dar una respuesta ignorando cuáles son sus conocimientos en el ámbito de las funciones especiales. Así que, por favor, perdóneme si esto está fuera de su alcance.

La antiderivada $$I=\int \frac{dx}{1+x^a}=x \, _2F_1\left(1,\frac{1}{a};1+\frac{1}{a};-x^a\right)$$ donde aparece la función hipergeométrica. En cuanto a la integral $$I=\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^a}= \frac{\pi }{a}\, \csc \left(\frac{\pi }{a}\right)$$ proporcionado $\Re(a)>1$ .

Answer 3

Si utilizas fracciones parciales, verás que el integrando es $$\frac{1}{1+x^b} - \frac{1}{1+x^a}$$ Ninguno de los dos sumandos se puede integrar indefinidamente en términos elementales, pero el teorema del residuo es tu amigo.