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Prueba 0dx1+xn=πnsinπn técnicas de análisis real sólo

He encontrado una prueba de uso de complejas técnicas de análisis (contorno integral de los residuos teorema, etc.) que muestra 0dx1+xn=πnsinπn para nN+

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

Editar Una más general, resultado que muestra que 0x11+xb dx=πbsin(πun/b),0<a<b se puede encontrar en otro de matemáticas.SE post

50voto

Thierry Lam Puntos 1079

011+xn dx=00e(1+xn)t dtdx

=00etetxndx dt=1n00eteu(ut)1n11t 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) $$

20voto

Paul Puntos 1

Aquí hay otro método. Deje que φ:x+0dt1+tx y ψ:xπxsin(πx)

Se puede demostrar fácilmente que φ y ψ definidos y continua en I=]1,+[.

Deje que A={pq:p2Z,q2Z+1} y \mathscr^*_+=\mathscr A \cap \mathscr I. Entonces \mathscr^*_+ es un subconjunto denso de I.

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

φ(pq)=+0dt1+tpq=+0quq11+updu=q2+uq11+updu=q2lim

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.

14voto

Tunk-Fey Puntos 19825

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)}}.


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

13voto

schooner Puntos 1602

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}

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