Necesito ayuda en la demostración de esta identidad
$$\int_0^\infty \frac{x^{k-1} + x^{-k-1}}{x^a + x^{-a}}dx = \frac{\pi}{a \cos(\frac{\pi k}{2a})}$$
para $0<k<a.$ Esto puede ser hecho usando los residuos, pero no sé cual de contorno para elegir.
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¿Demasiados anuncios?
Deje $x=e^u$; entonces la integral es igual a
$$\int_{-\infty}^{\infty} du\, \frac{\cosh{k u}}{\cosh{a u}} $$
Esta integral puede ser evaluado considerando los siguientes contorno integral
$$\oint_C dz \, \frac{\cosh{k z}}{\cosh{a z}} $$
donde $C$ es el rectángulo con vértices $-R$, $R$, $R+i \pi/a$, y $-R+i \pi/a$. El contorno de la integral es igual a
$$\int_{-R}^R dx \, \frac{\cosh{k x}}{\cosh{a x}} + i \int_0^{\pi/a} dy \, \frac{\cosh{k (R+i y)}}{\cosh{a (R+i y)}} \\ + \int_{-R}^R dx \, \frac{\cosh{[k (x+i \pi/a)]}}{\cosh{a x}}+i \int_{\pi/a}^0 dy \, \frac{\cosh{k (-R+i y)}}{\cosh{a (-R+i y)}}$$
Tenga en cuenta que, debido a $0 \lt k \lt a$, el segundo y el cuarto integrales desaparecer como $R \to \infty$. Por lo tanto, en este límite, el contorno de la integral es igual a
$$[1+ \cos{(\pi k/a)} ]\int_{-\infty}^{\infty} dx \, \frac{\cosh{k x}}{\cosh{a x}} -i \sin{(\pi k/a)} \int_{-\infty}^{\infty} dx \, \frac{\sinh{k x}}{\cosh{a x}} $$
Tenga en cuenta que la segunda integral es cero, porque es un extraño integral sobre un intervalo simétrico.
Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces el residuo de el integrando en $z=i \pi/(2 a)$ o $(2 \pi/a) \, \cos{[\pi k/(2 a)]} $. El resultado es, por tanto,
$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, \frac{\cosh{k x}}{\cosh{a x}} = \frac{\pi}{a} \frac{2 \cos{[\pi k/(2 a)]}}{1+ \cos{(\pi k/a)}} = \frac{\pi}{a} \sec{\left (\frac{\pi k}{2 a} \right )} $$
como iba a ser mostrado.
omegadot
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156
\begin{align*} I &= \int^\infty_0 \frac{x^{k - 1} + x^{-kn - 1}}{x^a + x^{-a}} \, dx\\ &= \int^\infty_0 \frac{x^{k - 1} + x^{-k - 1}}{x^{-a} (x^{2a} + 1)} \, dx\\ &= \int^\infty_0 \frac{x^{k + a -1} + x^{a - k - 1}}{x^{2a} + 1} \, dx \end{align*} Deje $t = x^{2a}, x = t^{\frac{1}{2a}}, dx = \frac{1}{2a} t^{\frac{1 - 2a}{2a}} \, dt$, mientras que los límites de integración permanecen sin cambios. Así \begin{align*} I &= \int^\infty_0 \frac{t^{\frac{k + a - 1}{2a}} + t^{\frac{a - k - 1}{2a}}}{1 + t} \cdot \frac{1}{2a} t^{\frac{1 - 2a}{2a}} \, dt\\ &= \frac{1}{2a} \int^\infty_0 \int^\infty_0 \frac{t^{\frac{k - a}{2a}} + t^{\frac{-a-k}{2a}}}{1 + t} \, dt\\ &= \frac{1}{2a} \int^\infty_0 \frac{t^{\frac{k + a}{2a} - 1}}{(1 + t)^{\frac{k + a}{2a} + \frac{a - k}{2a}}} \, dt + \frac{1}{2a} \int^\infty_0 \frac{t^{\frac{a - k}{2a} - 1}}{(1 + t)^{\frac{a - k}{2a} + \frac{k + a}{2a}}} \, dt\\ &= \frac{1}{2a} \mbox{B} \left (\frac{k + a}{2a}, \frac{a - k}{2a} \right ) + \frac{1}{2a} \mbox{B} \left (\frac{k - a}{2a}, \frac{a + k}{2a} \right ) \end{align*} Aquí $\displaystyle{\mbox{B} (m,n)}$ es la función beta. Desde $\mbox{B}(m,n) = \mbox{B}(n,m)$ hemos \begin{align*} I &= \frac{1}{a} \mbox{B} \left (\frac{k + a}{2a}, \frac{a - k}{2a} \right )\\ &= \frac{1}{a} \cdot \frac{\Gamma \left (\frac{k + a}{2a} \right ) \Gamma \left (\frac{a - k}{2a} \right )}{\Gamma \left (\frac{k + a}{2a} + \frac{a - k}{2a} \right )}, \quad \mbox{since} \,\, \mbox{B}(m,n) = \frac{\Gamma (m) \Gamma (n)}{\Gamma (m + n)}\\ &= \frac{1}{a} \Gamma \left (\frac{1}{2} + \frac{k}{2a} \right ) \Gamma \left (\frac{1}{2} - \frac{k}{2a} \right ), \quad \mbox{since} \,\, \Gamma (1) = 1\\ &= \frac{\pi}{a \cos \left (\frac{k\pi}{2} \right )} \end{align*} como sea necesario para mostrar. Nota: en la última línea de la reflexión siguiente fórmula para la función gamma se ha utilizado $$\Gamma \left (\frac{1}{2} + x \right ) \Gamma \left (\frac{1}{2} - x \right ) = \frac{\pi}{\cos (x \pi)}.$$
Marko Riedel
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19255
Supongamos que buscamos para evaluar
$$\int_0^\infty \frac{x^{k-1}+x^{-k-1}}{x^a+x^{-a}} dx$$
donde $0\lt k \lt a$ directamente mediante el uso de residuos sin adicionales sustituciones.
Evaluamos esta para $a$ racional, de modo que $a=p/q$ y se extienden por continuidad a $a$ real. Tomamos $p$ $q$ en términos mínimos.
Utilizamos una rebanada de pizza de contorno de radio $R$ con la rama de corte de el logaritmo en el eje real positivo y el argumento de $0$ a $2\pi.$ Además tratamos a los dos sumandos $J_1$ $J_2$ aparecen en el numerador.
Hemos creado la inclinación de los componentes de la corte en ángulo de $\pi q/p$ y podemos obtener con $x$ real $$(x\exp(\pi i p/p))^un = \exp(a\log(x\exp(\pi i p/p))) \\= \exp(a\log x + \pi i) = -x^$$
y $$(x\exp(\pi i p/p))^{-a} = \exp(-a\log(x\exp(\pi i p/p))) \\= \exp(-a\log x - \pi i) = -x^{-a}.$$
También tenemos en la pendiente del segmento de $J_1$ $$(x\exp(\pi i p/p))^{k-1} = \exp((k-1)\log(x\exp(\pi i p/p))) \\ = x^{k-1} \exp(\pi i q (k-1)/p)$$
y para $J_2$
$$(x\exp(\pi i p/p))^{k-1} = \exp((-k-1)\log(x\exp(\pi i p/p))) \\ = x^{k-1} \exp(\pi i q (k-1)/p).$$
Ahora por ML en el segmento curvo de radio $R$ $J_1$ obtenemos el obligado $$\pi p/p \times R \times \frac{R^{k-1}}{R^-R^{-a}} \rightarrow 0$$ como $R\rightarrow\infty$ porque $k \lt a.$
Asimismo, para $J_2$ obtenemos $$\pi p/p \times R \times \frac{R^{k-1}}{R^-R^{-a}} \rightarrow 0$$ como $R\rightarrow\infty$.
También necesitamos aplicar ML en la circular de la hendidura del segmento de radio de $\epsilon$ excluyendo el origen de donde obtenemos $J_1$ con $\epsilon$ va a cero
$$\pi p/p \times \epsilon \times \frac{\epsilon^{k-1}}{(1/\epsilon)^-\epsilon^{a}} \rightarrow 0$$
como $\epsilon\rightarrow 0$ debido a que el numerador se desvanece y la primer término en el denominador domina, que va hasta el infinito.
Asimismo, para $J_2$ obtenemos $$\pi p/p \times \epsilon \times \frac{\epsilon^{k-1}}{(1/\epsilon)^-\epsilon^{a}} \rightarrow 0$$
como $\epsilon\rightarrow 0$ debido a que el numerador es $(1/\epsilon)^k$ y el denominador es $(1/\epsilon)^a$ $k\lt a.$
Los ceros de $x^a + x^{-a} = x^{-a} (x^{2a}+1)$ y, por tanto, los polos están en $$\rho_m = \exp((2\pi i m + \pi i) /(2 p/p)) = \exp(\pi i m p/p + \pi i q/2/p).$$
La primera pole en $\rho_0 = \exp(\pi i q/2/p)$ es en el interior del segmento pero la próxima $\rho_1 = \exp(3\pi i q/2/p)$ es fuera de la rebanada.
Hemos periodicidad al $m$ es un múltiplo de a $2p$ $\rho_0$ re-aparece tan a $\rho_0$ es de hecho el único polo que tenemos que considerar. (Aquí hemos utilizado el hecho de que $p/q$ es en términos mínimos.)
Obtenemos los siguientes residuos para $J_1$:
$$\frac{\rho_0^{k-1}}{un\rho_0^{- 1}-\rho_0^{-1}} = \frac{\rho_0^{k}}{un\rho_0^{a}-\rho_0^{-a}} = \frac{\rho_0^{k}}{un\rho_0^{a}+\rho_0^{a}} = \frac{1}{2a} \rho_0^{k-a} = - \frac{i}{2a} \rho_0^{k}.$$
Del mismo modo obtenemos $J_2$ $$\frac{\rho_0^{k-1}}{un\rho_0^{- 1}-\rho_0^{-1}} = \frac{\rho_0^{-k}}{un\rho_0^{a}-\rho_0^{-a}} = \frac{\rho_0^{-k}}{un\rho_0^{a}+\rho_0^{a}} = \frac{1}{2a} \rho_0^{-k-a} = - \frac{i}{2a} \rho_0^{-k}.$$
La recopilación de todo lo que hemos
$$J_1(1+\rho_0^{2k}) = - 2\pi i \frac{i}{2a} \rho_0^{k} \quad\text{o}\quad J_1 = \frac{\pi}{a} \frac{\rho_0^k}{1+\rho_0^{2k}} = \frac{\pi}{a} \frac{1}{\rho_0^{-k}+\rho_0^{k}} $$
y $$J_2(1+\rho_0^{-2k}) = - 2\pi i \frac{i}{2a} \rho_0^{-k} \quad\text{o}\quad J_2 = \frac{\pi}{a} \frac{\rho_0^{-k}}{1+\rho_0^{-2k}} = \frac{\pi}{a} \frac{1}{\rho_0^k+\rho_0^{-k}}$$
Ahora tenemos $$\frac{1}{\rho_0^k+\rho_0^{-k}} = \frac{1}{\exp(\pi i k/a/2) + \exp(-\pi i k/a/2)} = \frac{1}{2} \frac{1}{\cos(\pi k/a/2)}.$$
La adición de estos se obtiene el resultado final
$$\frac{\pi}{a} \frac{1}{\cos(\pi k/a/2)}.$$
Observación importante. Cuando la comprobación de este cálculo con un CAS nosotros necesidad de re-definir el logaritmo y la función de la energía, por ejemplo, en madera de Arce utilizamos
REGISTRO := proc(z) local w; w := log(z); si evalf(Im(w)) < 0, entonces w := w + 2*Pi*I; fi; w; end; POW := (v, q) -> exp(q*LOG(v)); Q := proc(p, q, k) local a, cont, rho, res; a := p/q; rho := exp(Pi*I/a/2); res := POW(rho, k)/(a*POW(rho, a)-a*POW(rho-a)); # res := POW(rho, k-a)/2/a; 2*Pi*I*res/(1 + exp(I*Pi/a*k)); # 2*Pi*I*res/(1 + rho^(2*k)); end; Q := (p, q, k) -> int(x^(k-1)/(x^(p/q) + x^(-p/q)), x=0..infinity);
Por supuesto, todos los poderes de la $\rho_0$ que aparecen en la anterior son calculado con esta rama del logaritmo.
De la observación. El ángulo de $\pi q/p$ es tomado del modulo $2\pi$ cuando definir el contorno (que no hacer varias vueltas) y cuando cómputo de los límites en los dos arcos.
Muy significativo de la adenda. Lo que ocurre es que me perdí un crucial de hecho, cuando escribí el anterior, a saber, que la rama del logaritmo a utilizar depende del valor de $a$! Debemos elegir una rama en la $$\rho_0^{2a} = -1$$ tiene, de lo contrario, el cálculo no ir a través de. E. g. supongamos que queremos resolver la ecuación de $\sqrt{x}+1 = 0.$ La rama para elegir aquí debe producir $-1$ como la raíz de $1$. Nosotros tenemos para todas las ramas que $\sqrt{x} = \exp(1/2\log(x)).$ Ahora si $\log(1) = 2\pi i$ obtenemos el resultado deseado. Aplicar esta observación para obtener la siguiente modificación de Arce rutina:
REGISTRO := proc(z, hoja) local w; w := log(z); si evalf(Im(w)) < 0, entonces w := w + 2*Pi*I; fi; w + hoja*2*Pi*I; end; POW := (v, p, hoja) -> exp(q*LOG(v, de la hoja)); Q := proc(p, q, k) local a, cont, rho, res, hoja, val; a := p/q; rho := exp(Pi*I/a/2); para la hoja de 0 a 2*q-1 hacer val := 2*a*Im(LOG(rho, la hoja))/Pi; si el tipo(val, impar), entonces break; fi; od; si en la hoja = 2*q, a continuación, volver a FALLAR fi; res := POW(rho), k), de la hoja)/ (*POW(rho, una, hoja)-a*POW(rho, -a, hoja)); # res := POW(rho, k-a)/2/a; [hoja, 2*Pi*I*res/(1 + exp(I*Pi/a*k))]; # 2*Pi*I*res/(1 + rho^(2*k)); end; Q := (p, q, k) -> int(x^(k-1)/(x^(p/q) + x^(-p/q)), x=0..infinity); PRUEBA := proc() casos locales, inst, p, q, k; casos := [[3, 64, 1/41], [5, 64, 1/41], [1, 32, 1/41], [1, 10, 1/11], [5, 3, 1], [7, 3, 2], [5, 48, 1/19], [7, 48, 1/13], [11, 16, 1/3], [13, 16, 1/8], [3, 16, 1/10], [1, 16, 1/32], [19, 4, 11/3], [21, 7, 32/19]]; para inst en los casos p := inst[1]; q := inst[2]; k := inst[3]; de impresión(evalf(Q(p, q, k)), evalf(Q(p, q, k))); od; end;
Esto produce los siguientes resultados para los casos de prueba:
> PRUEBA(); -8 [5., 48.97919294 + 0.2273921483 10 I], 48.97919294 -9 [3., 22.79234062 + 0.6739119228 10 I], 22.79234062 -7 [8., 148.7070193 + 0.1069863986 10 I], 148.7070193 -8 [2., 110.3747402 - 0.8833572709 10 I], 110.3747400 -9 [0., 1.603438998 + 0.5642199691 10 I], 1.603438998 -9 [0., 3.025326263 + 0.7216433442 10 I], 3.025326264 -8 [2., 21.50435498 + 0.1066992697 10 I], 21.50435498 -8 [1., 15.93501901 - 0.5378737091 10 I], 15.93501900 -8 [0., 3.156953436 + 0.1156017429 10 I], 3.156953434 -9 [0., 1.991146897 + 0.1577177352 10 I], 1.991146897 -9 [1., 12.52009747 + 0.6173768878 10 I], 12.52009747 [4., 35.54306350 + 0. I], 35.54306350 -9 [0., 0.9431219183 + 0.5926932608 10 I], 0.9431219179 -9 [0., 0.8236262644 - 0.4232839786 10 I], 0.8236262640 > dejar de fumar memoria utilizada=23.4 MB, asignación=44.3 MB, tiempo=0.48
schooner
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1602
A partir de este post, sabemos que $$ \int_0^\infty\frac{u^{\alpha-1}}{1+u^\beta}dx=\frac{\pi}{\beta\sin(\frac{\pi\alpha}{\beta})}.$$ Así \begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{x^{k-1} + x^{-k-1}}{x^a + x^{-a}}dx &=& \int_0^\infty \frac{x^{a+k-1}}{1 + x^{2a}}dx+\int_0^\infty \frac{x^{a-k-1}}{1 + x^{2a}}dx\\ &=&\frac{\pi}{2a\sin(\frac{(a+k-1)\pi}{2a})}+\frac{\pi}{2a\sin(\frac{(a-k-1)\pi}{2a})}\\ &=& \frac{\pi}{a \cos(\frac{\pi k}{2a})} \end{eqnarray}
