Prueba $\int_0^{\infty}\! \frac{\mathbb{d}x}{1+x^n}=\frac{\pi}{n \sin\frac{\pi}{n}}$ técnicas de análisis real sólo

Question

He encontrado una prueba de uso de complejas técnicas de análisis (contorno integral de los residuos teorema, etc.) que muestra $$\int_0^{\infty}\! \frac{\mathbb{d}x}{1+x^n}=\frac{\pi}{n \sin\frac{\pi}{n}}$$ para $n\in \mathbb{N}^+$

Me pregunto si es posible sólo mediante real de análisis para demostrar esta "inocente" resultado?

Editar Una más general, resultado que muestra que $$\int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{- 1}}{1+x^{b}} \ \text{dx} = \frac{\pi}{b \sin(\pi{un}/b)}, \qquad 0 < a <b$$ se puede encontrar en otro de matemáticas.SE post

Answer 1

$$ \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^n}\ dx =\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-(1+x^{n})t}\ dt\, dx $$

$$ =\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-t}e^{-tx^{n}}\, dx\ dt =\frac{1}{n}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-t}e^{-u}\Big(\frac{u}{t}\Big)^{\frac{1}{n}-1}\frac{1}{t}\ du\ dt $$

$ $ a =\frac{1}{n}\int_{0}^{\infty}t^{-\frac{1}{n}}e^{-t}\int_{0}^{\infty}u^{\frac{1}{n}-1}e^{-u}\ du\ dt =\frac{1}{n}\int_{0}^{\infty}t^{-\frac{1}{n}}e^{-t}\ \Gamma\Big(\frac{1}{n}\Big)\ dt $$

$ $ a =\frac{1}{n}\ \Gamma\Big( 1-\frac{1}{n}\Big)\Gamma\Big(\frac{1}{n}\Big) =\frac{\pi}{n}\csc\Big(\frac{\pi}{n}\Big) $$

Answer 2

Aquí hay otro método. Deje que $\varphi: x\mapsto \displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{dt}{1+t^x}$ y $\psi:x\mapsto\dfrac{\dfrac {\pi}{x}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{x}\right)}$

Se puede demostrar fácilmente que $\varphi$ y $\psi$ definidos y continua en $\mathscr I=\mathbb ]1,+\infty[$.

Deje que $\mathscr{A}=\left\{\dfrac pq : p\in2\mathbb Z, q\in2\mathbb Z+1 \right\}$ y $\mathscr^*_+=\mathscr A \cap \mathscr I$. Entonces $\mathscr^*_+$ es un subconjunto denso de $\mathscr I$.

Ahora vamos a $p$ de ser un número entero y $q$ uno raro tales que $p>q>0$. Tenemos :

$$\varphi\left(\frac{p}{q}\right)=\int_0^{+\infty}\frac{dt}{1+t^\frac{p}{q}}=\int_0^{+\infty}\frac{qu^{q-1}}{1+u^p}du= \frac{q}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{u^{q-1}}{1+u^p}du=\frac{q}{2}\lim_{t\rightarrow+\infty}\int_{-t}^t\frac{u^{q-1}}{1+u^p}du$$

Podemos escribir : $\displaystyle{\frac{u^{p-1}}{1+u^p}=\sum_{k=0}^{p-1}\frac{a_k}{u-b_k}}$ $\displaystyle{b_k=e^{i\frac{(2k+1)\pi}{p}}}$ y $\displaystyle{a_k=\frac{-b_k^q}{p}=-\frac{e^{i\frac{(2k+1)\pi q}{p}}}{p}}$

Ahora vamos a $x$ ser un número real tal que $\sin(x)\neq 0$.

Entonces podemos escribir : $\displaystyle{\frac{1}{u-e^{ix}}=\frac{u-\cos(x)+i\sin(x)}{u2-2u\cos(x)+1}}$

Ahora si $t>0$, se obtiene : $\displaystyle{\int_{-t}^t\frac{u-\cos(x)}{u2-2u\cos(x)+1}du=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{t2-2t\cos(x)+1}{t2+2t\cos(x)+1}\right)}$ y esta integral tiende a $0$ como $t$ tiende a $+\infty$.

Tenemos así : $\displaystyle{\int_{-t}^t\frac{\sin(x)}{u2-2u\cos(x)+1}du=\mathrm{Arctan}\left(\frac{t+\cos(x)}{\sin(x)}\right)-\mathrm{Arctan}\left(\frac{-t+\cos(x)}{\sin(x)}\right)}$ y esta integral tiende a $\pi$ si $\sin(x)>0$ y $-\pi$ si $\sin(x)<0$ (cuando $t$ tiende a $+\infty$).

Así, obtenemos : $$\lim_{t\to +\infty} \int_{-t}^t \dfrac{du}{u-e^{ix}}=\left\{\begin{array}{lr} i\pi & \text{si}\ \sin(x)>0\\ -i\pi & \text{si}\ \sin(x)<0\end{array}\right.$$

Ahora vamos a volver a nuestra pequeña integral :

$$\dfrac q2 \lim_{t\to +\infty}\int_{-t}^t \dfrac{u^{p-1}}{1+u^p} du=i\pi\dfrac q2\left(\sum_{k=0}^{\frac p2-1}a_k-\sum_{k=\frac p2}^{p-1} a_k\right)=-q\pi\mathrm{Im}\left(\sum_{k=0}^{\frac p2-1} a_k\right) \ (\text{porque}\ a_k=\overline{a_{p-1-k}})$$

Pero esta última suma es sólo una simple suma geométrica :

$$\sum_{k=0}^{\frac p2-1} a_k=-\dfrac 1p e^{i\pi\frac qp}\frac{1-e^{i\pi p}}{1-e^{2\pi\frac qp}}=-\frac{i}{p\sin\left(\pi\frac qp\right)}$$

Y finalmente obtenemos :

$$\varphi\left(\frac pq\right)=-q\pi\left(-\frac1{p\sin\left(\pi\frac qp\right)}\right)=\frac{\dfrac{\pi}{\frac pq}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{\frac pq}\right)}=\psi\left(\frac pq\right)$$

$\varphi$ y $\psi$ son continuos y están de acuerdo en el subconjunto denso de $\mathscr^*_+$ de $\mathscr I$. Por lo tanto son iguales.

Answer 3

En general, vamos a $$ $ y=\dfrac{1}{1+x^b}\quad\Rightarrow\quad x=\left(\dfrac{1-y} de{y}\right)^{\large\frac1b}\quad\Rightarrow\quad dx=-\left(\dfrac{1-y} de{y}\right)^{\large\frac1b-1}\ \dfrac{dy}{por^2}\ ,$$ \begin{align} \int_0^\infty\dfrac{x^{\grande-1}}{1+x^b}\ dx&=\int_0^1 y\left(\dfrac{1-y} de{y}\right)^{\large\frac {- 1}b}\left(\dfrac{1-y} de{y}\right)^{\large\frac1b-1}\ \dfrac{dy}{por^2}\\&=\frac1b\int_0^1y^{\large1-\frac{a}{b}-1}(1-y)^{\large\frac{a}{b}-1}\ dy, \end{align} donde la integral en el lado derecho es la función Beta. $$ \text{B}(x,y)=\int_0^1^{\ \x-1}\ (1-t)^{\ \grandes y-1}\ dt=\frac{\Gamma(x)\cdot\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}. $$ Por lo tanto \begin{align} \int_0^\infty\dfrac{x^{\grande-1}}{1+x^b}\ dx&=\frac1b\int_0^1y^{\large1-\frac{a}{b}-1}(1-y)^{\large\frac{a}{b}-1}\ dy\\&=\frac1b\cdot\Gamma\left(1-\frac{a}{b}\right)\cdot\Gamma\left(\frac{a}{b}\right)\\&=\large{\color{blue}{\frac{\pi}{b\sin\left(\frac{a\pi}{b}\right)}}}. \end{align} La última parte de los usos de Euler reflexión fórmula para la función Gamma proporcionó $0<a<b$. Así $$ \large\int_0^\infty\dfrac{1}{1+x^n}\ dx=\color{blue}{\frac{\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}}. $$

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$$ \Large\color{blue}{\text{# }\mathbb{Q. E. D.}\text{ #}} $$

Answer 4

Podemos usar la serie geométrica $\frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^\infty x ^ $ n para |x| $< 1$ para evaluar: \begin{eqnarray} \int_0^\infty\frac{1}{1+x^n}dx & = & \int_0^1\frac{1+x^{n-2}}{1+x^n}dx\\ & = & \sum_{k=0}^\infty(-1) ^ k\int_0 ^ 1 (1 + x ^ {n-2}) x ^ {nk} dx\\ & = & \sum_{k=0}^\infty(-1) ^ k\left (\frac {1} {nk + 1} + \frac {1} {nk + n-1} \ a la derecha) \\ & = & \sum_{k=-\infty}^\infty(-1) ^ k\frac {1} {nk + 1} \\ & = & \frac{\pi}{n\sin\frac{\pi}{n}}. \end{eqnarray}