Integral $\int_1^\infty\frac{dx}{1+2^x+3^x}$

Question

Puede la integral $$\int_1^\infty\dfrac{dx}{1+2^x+3^x}$$ se da en forma cerrada?

Esta pregunta surge de forma natural cuando he considerado hacer integrales. Lo que hace una dura integral? Así, el integrando, por supuesto. Así que ¿por qué es difícil para integrar algunos integrands? Para empezar, tengo que decir que no son las integrales definida e indefinida y que podría afectar a la dificultad de la integral, pero en ambos casos, la situación parece ser la misma.

Digamos que $f(x)$ es la (primaria) integrando. Para empezar, considere corto expresiones por $f(x)$. Esto tiene sentido, porque lógicamente expresiones largas son más difíciles de integrar en promedio. Por lo tanto, consideramos elementales funciones $f(x)$, con una breve expresión.

Si $f(x)$ es principalmente un producto de funciones simples, en otras palabras, si $f(x)$ contiene más productos, sumas, a continuación, mediante integración por partes es claro que la integral de $f(x)$ es más probable que sea 'solución'. Del mismo modo, si $f(x)$ contiene más productos de composiciones, es más fácil en general. Así, en orden de dificultad:

$$ \text{products}<\text{composiciones}<\text{sumas} $$

El argumento: sólo hay una fórmula para sumas cuando se trata de integrales o derivados y que es la trivial $\int(x) + b(x) dx = \int(x) dx + \int b(x) dx$ o $(a(x)+b(x))' = (a(x))' + (b(x))'$. Sin embargo, la fórmula de los productos y las composiciones son más potentes y dirigir más hacia el éxito.

Como ejemplo, voy a dar tres integrales de aproximadamente la misma notación de longitud. Son parecidas, pero el argumento anterior parece para hacer un punto. Cuál de las siguientes funciones ¿se considera más fácil de integrar?

$$\color{Red}{\sin(x) (e^x + \cos(x))},\,\, \color{Blue}{e^{\sin(x)} \cos(x)}\, \text{o}\color{Verde}{\dfrac{1+\cos(x)}{e^x+\sin(x)}}?$$

O tal vez algunos de los ejemplos de MSE en sí? Considere la lista de las integrales siguientes.

$$\int_1^\infty\dfrac{\operatorname{arccot}\left(1+\frac{2\pi}{\operatorname{arcoth}x-\operatorname{arccsc}x}\right)}{\sqrt{x^2-1}}\,dx$$

Este valor es conocido, de acuerdo con una forma cerrada para los primeros $9000$ dígitos, sin embargo, ninguna prueba satisfactoria ha sido dado. Todas las siguientes integrales, sin embargo, tienen formas cerradas:

$$\int_{-1}^1\frac1x\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}\ln\left(\frac{2\,x^2+2\,x+1}{2\,x^2-2\,x+1}\right) \, dx$$

$$\int_0^1\dfrac{\ln\left(x+\sqrt2\right)}{\sqrt{2-x}\,\sqrt{1-x}\,\sqrt{\vphantom{1}x}}\,dx$$

$$\int_0^1\log\log\left(\dfrac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}\right)\, dx$$

$$\int_0^\infty\dfrac{\ln\left(1+x+\sqrt{x^2+2\,x}\right)\,\ln\left(1+\sqrt{x^2+2\,x+2}\right)}{x^2+2x+1}\,dx$$

$$\int_0^1\dfrac{dx}{\sqrt{1-x}\ \sqrt[4]x\ \sqrt[4]{2-x\,\sqrt3}}$$

$$\int_0^{\frac{\ln^22}4}\,\dfrac{\arccos\frac{\exp\sqrt x}{\sqrt2}}{1-\exp\sqrt{4\,x}}\,dx$$

Así que, ¿por qué es el primero mucho más difícil o imposible?

Tenga en cuenta que la primera integral contiene más adiciones, mientras que los otros tienen más composiciones y productos. Esas composiciones y productos de plomo a las posibles maneras de atacar el problema con las sustituciones, patrón de reconocimientos, integración por partes y rewritting como (no demasiado complicado) infinitas sumas de dinero.

Muchos engañosamente simple en busca de las integrales son de la forma $\displaystyle\int f\left(\frac{1}{a(x)+b(x)}\right)g(x)\,dx$, donde $a$ y $b$ son no ambos polinomios y $f$ no es la exponencial, seno o coseno. También es difícil ver cómo el uso de las integrales de contorno para lidiar con integrands que contienen una gran cantidad de sumas de dinero, en particular cuando $\int_1^{\infty}f(x)\,dx$ no es igual a un número entero.

Ha habido queja de una falta de motivación para la contabilización de las integrales sobre el MSE, por lo que por medio de la presente me hizo mostrar mi motivación.

Como para mostrar hasta qué punto tengo, tengo que admitir que yo estoy en ninguna parte. No sé cómo empezar con esta integral, ya que todos los métodos que conozco bien no parecen ayudar o al menos yo no lo veo.

Answer 1

Este particular integral definitivamente parece simple. Qué cambia cuando tratamos de evaluar?

Para empezar, una simple sustitución como $u=e^x, du=e^xdx$ va como esto:

$$\int\frac{dx}{1+2^x+3^x}=\int\frac {e^xdx}{e^x+e^{x(\ln 2+1)}+e^{x(\ln 3+1)}}=\int\frac{du}{u+u^{\ln 2+1}+u^{\ln 3+1}}$$

Ya hemos dejado el mundo sin preocupaciones de funciones simples detrás, y esta nueva función no se ve fácil... tal vez un enfoque diferente, sería de ayuda:

$$3^x+2^x=(3^{\frac x2}+2^{\frac x2})^2-\sqrt{6^x}$$

No, que se ve incluso peor.

Esta es parte de la dificultad con las integrales de este tipo; el común de las transformaciones que estamos familiarizados con frecuencia no se alinean con ciertos problemas que queremos resolver.

Desde $1+2^x+3^x$ es estrictamente positivo por $x\in\Bbb R$, se puede intentar una substitución como $\cosh u=1+2^x+3^x,\sinh udu=(2^x\ln 2+3^x\ln 3)dx,$ pero esta falla para producir una viable la sustitución así ya que sería la izquierda con

$$\int\frac {\sinh u}{(2^x\ln 2+3^x\ln 3)\cosh u}du$$

como $\cosh u=1+2^x+3^x$ no es perfectamente soluble para $x,$ ni en cualquier otra parte evidente de la transformación se presenta para la colocación como $f(u)=2^x\ln 2+3^x\ln 3$.

De modo indefinido integración por sustitución (al menos en la medida de las posibilidades soy consciente de), y la integración por partes no parecen ofrecer resultados útiles. ¿Qué acerca de las comparaciones con las integrales definidas? ¿Qué opciones están disponibles aquí?

Si el valor de las integrales de $\int\frac 1{1+3^x+3^x}dx=\int\frac 1{1+2\cdot 3^x}dx$ y $\int\frac 1{1+3^{\frac x2}+3^x}dx$ eran conocidos, esto podría ser más fácil, ya que podría ser capaz de limitar las posibilidades...

Con el fin de tener una solución integral, es imperativo que el denominador se integren plenamente, o al menos hasta el punto en fracciones parciales puede tomar más y cada parte puede ser solucionado de forma individual. La elección de $\int\frac 1{1+3^{\frac x2}+3^x}dx$ es uno de los que está "cerca" a la original, y también pasa a ser cyclotomic, de manera que todos los lineales (complejo) factores son bien conocidos, y por lo tanto parcial fracciones es "fácilmente" aplicable.

En general, vamos a $p_n(x)$ ser $n$th cyclotomic polinomio, y deje de $q_n(x)$ ser el polinomio tal que $p_n(x)\cdot q_n(x)=x^n-1.$ (Por ejemplo, $p_3(2^x)=1+2^x+2^{2x}=1+2^x+4^x$ y $q_3(2^x)=2^x-1$.) Entonces la integral $\int\frac 1{p_n(\alpha^x)}dx$ puede ser expresado como

$$\int\frac{q_n(\alpha^x)}{\alpha^{nx}-1}dx=\int\frac{\sum\limits_{i=0}^{\deg(q)+1}a_i\alpha^{ix}}{\alpha^{nx}-1}dx=\sum_{i=0}^{\deg(q)+1}a_i\int\frac{\alpha^{ix}}{\alpha^{nx}-1}dx$$

Con una sustitución como $u=\alpha^x, du=(\ln\alpha)\alpha^xdx$ esto se convierte en

$$\frac 1{\ln\alpha}\sum_{i=0}^{\gr(p)+1}a_i\int\frac{u^{i-1}}{u^n-1}du\tag 1$$

que es casi una traducción directa a una integral con un cyclotomic polinomio; de hecho, $(1)$ se convierte en

$$\frac 1{\ln\alpha}\int\frac{q_n(u)}{u(u^n-1)}du=\frac 1{\ln\alpha}\int\frac{q_n(u)}{u(u-1)\sum_{i=0}^{n-1}u^i}du=\frac1{\ln\alpha}\int\frac 1{up_n(u)}du\tag 2$$

Después de todo eso, sabemos que una de las integrales de interés por encima, es decir, $\int\frac 1{1+3^{\frac x2}+3^x}dx$ puede ser escrito con la transformación de $u=(\sqrt 3)^x$ como

$$\frac2{\ln 3}\int\frac 1{u(u^2+u+1)}du\a\\x-\frac 1{\ln 3}\ln(3^x+3^{\frac x2}+1)-\frac 2{\sqrt 3\ln 3}\arctan\left(\frac 1{\sqrt 3}(2\cdot 3^{\frac x2}+1)\right)+c\etiqueta 3$$

$$\int\frac 1{1+2\cdot 3^x}dx=x-\ln(2\cdot 3^x+1))+c\etiqueta 4$$

Tomando límites de integración como $x\in[1,+\inf)$ de la pregunta, obtenemos los siguientes valores:

$$(3)|_1^\infty=-1+\frac{-\sqrt 3 \pi+2 \sqrt 3 \arctan(2+\frac 1{\sqrt 3})+3 \ln(4+\sqrt 3)}{\ln 27}\approx 0.2003338$$ $$(4)|_1^\infty=\frac{\ln\frac 76}{\ln 3}\approx 0.140314$$

Esta es sólo ligeramente útil como un límite superior y límite inferior. Mientras que el valor de la publicado integral es, sin duda entre estos límites, este no es un resultado preciso y sin duda podría hacer con algunas mejoras. Tenga en cuenta que otra de las integrales que caen fuera de estos límites (o no proporcionar información suficiente para ser especificado como límites) incluye $\int\frac 1{1+2^{x+1}}dx,\int\frac 1{4^x+2^x+1}dx,\int\frac 1{4^x+1}dx,\int\frac 1{3^x+1}dx$.

Afortunadamente, la elección para integrar $\int\frac 1{3^x+3^{\frac x2}+1}dx$ sugiere una ruta para resolver la integral completamente:

• Encontrar una monótona secuencia de racionales $x_n=\frac ab$ cuyo límite es de $\log_3 2$
• Encontrar el valor de $$I_n=\int\frac1{3^x+3^{x_n\cdot x}+1}dx$$ (esta será una de tres términos polinomio de un grado que va a ser factorable, posiblemente muy bien dependiendo de la secuencia de $x_n$ usa)
• Encontrar el límite de $\lim_{n\to\infty}I_n$

Esto no quiere decir que estos pasos va a ser fácil o computable en tiempo razonable marcos...

Answer 2

$\int_1^\infty\dfrac{dx}{1+2^x+3^x}$

$=\int_1^\infty\dfrac{3^{-x}}{1+3^{-x}(1+2^x)}dx$

$=\int_1^\infty3^{-x}\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n3^{-nx}(1+2^x)^n~dx$

$=\int_1^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n(-1)^nC_k^n2^{kx}3^{-(n+1)x}dx$

$=\left[\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{(-1)^nn!2^{kx}3^{-(n+1)x}}{k!(n-k)!(k\ln2-(n+1)\ln3)}\right]_1^\infty$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{(-1)^nn!2^k}{3^{n+1}k!(n-k)!((n+1)\ln3-k\ln2)}$

$=\sum\limits_{k=0}^\infty\sum\limits_{n=k}^\infty\dfrac{(-1)^nn!2^k}{3^{n+1}k!(n-k)!((n+1)\ln3-k\ln2)}$

$=\sum\limits_{k=0}^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^{n+k}(n+k)!2^k}{3^{n+k+1}k!n!((n+k+1)\ln3-k\ln2)}$

Que se refiere a Srivastava-Daoust Función