¿Cómo calcular $\int_0^\infty \frac{1} {(1 + x ^ {\varphi}) ^ {\varphi}} \,dx$?

Question

Cómo calcular la integral

$$\int_0^\infty \frac{1} {(1 + x ^ {\varphi}) ^ {\varphi}} \,dx$$

¿donde, $\varphi = \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$ es la proporción áurea?

Answer 1

Desde $\frac1\varphi=\varphi-1$, $$\begin{align} \int_0^\infty\frac1{(1+x^\varphi)^\varphi}\,\mathrm{d}x y=(\varphi-1)\int_0^\infty\frac{x^{\varphi-2}}{(1+x)^\varphi}\,\mathrm{d}x\etiqueta{1}\\[6pt] y=(\varphi-1)\mathrm{B}(\varphi-1,1)\etiqueta{2}\\[6pt] y=(\varphi-1)\frac{\Gamma(\varphi-1)}{\Gamma(\varphi)}\etiqueta{3}\\ &=\frac{\Gamma(\varphi)}{\Gamma(\varphi)}\etiqueta{4}\\[6pt] Y=1 \end{align}$$ Explicación:
$(1)$: sustituto $x\mapsto x^{\varphi-1}$ señalar que $\varphi(\varphi-1)=1$
$(2)$: $\int_0^\infty\frac{x^{\alpha-1}}{(1+x)^\beta}\,\mathrm{d}x=\mathrm{B}(\alpha,\beta\alpha)$
$(3)$: $\mathrm{B}(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}$
$(4)$: $\alpha\,\Gamma(\alpha)=\Gamma(\alpha+1)$

Answer 2

Sugerencia: Hacer $x \mapsto \dfrac{1}{x}$ y utilizar $\phi^2 = \phi + 1$ a simplificar aún más. El resultado final debe ser $1$.

$$\int_0^{\infty} \frac{1} {(1 + x ^ {\phi}) ^ {\phi}} \,dx = \int_0^{\infty} \frac{x^{\phi^2}} {(1 + x ^ {\phi}) ^ {\phi}} \frac {dx} {x ^ 2} = \int_0^{\infty} \frac{x^{\phi - 1}} {(1 + x ^ {\phi}) ^ {\phi}} \,dx = \, \cdots$$

Answer 3

La antiderivada invoca una función hipergeométrica $$\int \frac{dx}{(1+x^{a})^{a}}=x \, _2F_1\left(\frac{1}{a},; 1+\frac{1}{a};-x^a\right)$$ Para la integral definida, como Omnomnomnom comentado, el resultado se expresa mediante la función gamma $$I(a)=\int_0^{\infty} \frac{dx}{(1+x^{a})^{a}} =\frac{\Gamma \left(1+\frac{1}{a}\right) \Gamma \left (\frac{1}{a}\right)}{\Gamma (a)}$$ y $I(\phi)=1$ desde $\phi-\frac{1}{\phi}=1$ y $1+\frac{1}{\phi}=\phi$.

Sorprendentes son $I(2)=\frac{\pi} 4$, $I(6)=\frac{124729 }{559872}\pi$ e $I(\infty)=1$.

Answer 4

Consejo: deje que $x ^ {\varphi} = u$ y \dfrac{1}{\varphi}\int_{0}^{+\infty}\dfrac{u^{1/\varphi-1}}{(1+u)^{\varphi}}du=\dfrac{1}{\varphi}B(\dfrac{1}{\varphi},\varphi-\dfrac{1}{\varphi})=\dfrac{1}{\varphi}B(\dfrac{1}{\varphi},1) $$