La forma cerrada para $\int_0^\infty {\frac{{{x^n}}}{{1 + {x^m}}}dx }$

Question

He estado mirando

$$\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^n}}}{{1 + {x^m}}}dx }$$

Parece que siempre se evalúa en términos de $\sin X$ $\pi$ donde $X$ está por determinarse. Por ejemplo:

$$\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^1}}}{{1 + {x^3}}}dx = } \frac{\pi }{3}\frac{1}{{\sin \frac{\pi }{3}}} = \frac{{2\pi }}{{3\sqrt 3 }}$$

$$\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^1}}}{{1 + {x^4}}}dx = } \frac{\pi }{4}$$

$$\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{1 + {x^5}}}dx = } \frac{\pi }{5}\frac{1}{{\sin \frac{{2\pi }}{5}}}$$

Así que supongo que debe haber una forma cerrada - el uso de $\Gamma(x)\Gamma(1-x)$ primer comess a mi mente a causa de la $\dfrac{{\pi x}}{{\sin \pi x}}$ aparecen. Tenga en cuenta que los argumentos son siempre la relación de los exponentes, como $1/4$, $1/3$ y $2/5$. Es allí cualquier manera de encontrarla? Voy a trabajar en ello y se actualizan con las ideas.

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UPTADE:

La integral se reduce a encontrar

$$\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{a t}}}}{{{e^t} + 1}}dt} $$

Con $a =\dfrac{n+1}{m}$ que converge sólo si

$$0 < a < 1$$

Utilizando la serie me parece que la solución es

$$\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}}} $$

Podrá ser esto, puesto que los términos de la Función Digamma o algo por el estilo?

Answer 1

Me gustaría hacer una complementaria de cálculo en la BR de la respuesta.

Supongamos primero que $0 < \mu < \nu$, de modo que la integral $$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{\mu-1}}{1+x^{\nu}} \; dx $$ converge absolutamente. Por la sustitución de $x = \tan^{2/\nu} \theta$, tenemos $$ \frac{dx}{1+x^{\nu}} = \frac{2}{\nu} \tan^{(2/\nu)-1} \theta \; d\theta. $$ Así $$ \begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{\mu-1}}{1+x^{\nu}} \; dx & = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2}{\nu} \tan^{\frac{2\mu}{\nu}-1} \theta \; d\theta \\ & = \frac{1}{\nu} \beta \left( \frac{\mu}{\nu}, 1 - \frac{\mu}{\nu} \right) \\ & = \frac{1}{\nu} \Gamma \left( \frac{\mu}{\nu} \right) \Gamma \left( 1 - \frac{\mu}{\nu} \right) \\ & = \frac{\pi}{\nu} \csc \left( \frac{\pi \mu}{\nu} \right), \end{align*} $$ donde la última igualdad se sigue de Euler reflexión fórmula.

Answer 2

La fórmula general (por $m > n+1$$n \ge 0$)$\frac{\pi}{m} \csc\left(\frac{\pi (n+1)}{m}\right)$. IIRC el método usual consiste en una forma de cuña contorno de ángulo de $2 \pi/m$.

EDIT: se Considerar $\oint_\Gamma f(z)\ dz$ donde $f(z) = \frac{z^n}{1+z^m}$ (con la rama principal si $m$ o $n$ es un no-entero) y $\Gamma$ es el cierre de contorno a continuación:

$\Gamma_1$ va a la derecha a lo largo del eje real de$\epsilon$$R$, por lo que $\int_{\Gamma_1} f(z)\ dz = \int_\epsilon^R \frac{x^n\ dx}{1+x^m}$. $\Gamma_3$ viene en lo largo de la raya en el ángulo $2 \pi/m$. Desde $e^{(2 \pi i/m) m} = 1$, $\int_{\Gamma_3} f(z)\ dz = - e^{2 \pi i (n+1)/m} \int_{\Gamma_1} f(z)\ dz$. $\Gamma_2$ es un arco circular a distancia $R$ desde el origen. Desde $m > n+1$, la integral se va a$0$$R \to \infty$. Del mismo modo, la integral sobre el pequeño arco circular a distancia$\epsilon$$0$$\epsilon \to 0$. Así, obtenemos

$$ \lim_{R \to \infty, \epsilon \to 0} \int_\Gamma f(z)\ dz = (1 - e^{2 \pi i (n+1)/m}) \int_0^\infty \frac{x^n\ dx}{1+x^m}$$

La función de meromorphic $f(z)$ tiene una singularidad dentro de $\Gamma$, un polo en $z = e^{\pi i/m}$ donde el residuo es $- e^{\pi i (n+1)/m}/m$. Así que el residuo teorema da

$$ \int_0^\infty \frac{x^n\ dx}{1+x^m} = \frac{- 2 \pi i e^{\pi i (n+1)/m}}{ m (1 - e^{2 \pi i (n+1)/m})} = \frac{\pi}{m} \csc\left(\frac{\pi(n+1)}{m}\right)$$

Answer 3

Suponiendo que sólo ese $m>0$$-1<n<m-1$, vamos a $z=x^m$ con la exagerada contorno $\gamma$:

$\hspace{4.5cm}$

$\gamma$ es realmente apretado por encima y por debajo de la real positiva del eje y alrededor del origen y círculos atrás arbitrariamente en un gran distancia desde el origen.

La parte justo por encima de la real positiva del eje de captura de la integral. La parte justo debajo de la real positiva del eje consigue $-e^{2\pi i\frac{n-m+1}{m}}$ los tiempos de la integral. El residuo de a $z=-1$$\frac{z^{\frac{n-m+1}{m}}}{1+z}$$e^{\pi i\frac{n-m+1}{m}}$. Poniendo todo esto junto rendimientos

$$ \frac1m\int_\gamma\frac{z^{\frac{n-m+1}{m}}}{1+z}\,\mathrm{d}z=\left(1-e^{2\pi i\frac{n-m+1}{m}}\right)\int_0^\infty\frac{x^n}{1+x^m}\,\mathrm{d}x $$ $$ \frac{2\pi i}{m}e^{\pi i\frac{n-m+1}{m}}=\left(1-e^{2\pi i\frac{n-m+1}{m}}\right)\int_0^\infty\frac{x^n}{1+x^m}\,\mathrm{d}x $$ $$ \frac{\pi}{m}=\sin\left(\pi\frac{n+1}{m}\right)\int_0^\infty\frac{x^n}{1+x^m}\,\mathrm{d}x $$ $$ \frac{\pi}{m}\csc\left(\pi\frac{n+1}{m}\right)=\int_0^\infty\frac{x^n}{1+x^m}\,\mathrm{d}x $$ Relación a $\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha)$

Configuración $m=1$, $n=\alpha-1$, y mediante la sustitución de $s=tu$ los rendimientos de Euler Reflexión Fórmula: $$ \begin{align} \Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha) &=\int_0^\infty s^{\alpha-1}e^{-s}\,\mathrm{d}s\int_0^\infty t^{-\alpha}e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty u^{\alpha-1}e^{-(tu+t)}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}t\\ &=\int_0^\infty\frac{u^{\alpha-1}}{1+u}\,\mathrm{d}u\\[6pt] &=\pi\csc(\pi\alpha) \end{align} $$

Answer 4

El uso de Ramanujan Maestro del teorema, con $u=x^b\Rightarrow dx=\frac{du}{bu^{1-\frac{1}{b}}}$:

$$\int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}}{1+x^b}dx=\frac{1}{b}\int_0^{\infty}\frac{u^{\frac{a-1}{b}-1+\frac{1}{b}}}{1+u}du$$ $$=\frac{1}{b}\int_0^{\infty}u^{\frac{a}{b}-1}\sum_{k \ge 0}\frac{(-u)^k}{\Gamma(k+1)}\Gamma(k+1)du$$ $$=\frac{1}{b}\Gamma\left(\frac{a}{b}\right)\Gamma\left(1-\frac{a}{b}\right)=\frac{\pi}{b \sin \left(\frac{a\pi}{b}\right)}.$$

Answer 5

Esto es en Gradshteyn/Ryzhik, fórmula 3.241.2: $$\int_0^\infty {x^{\mu-1}\over 1+x^\nu}\ dx={\pi\over\nu}\csc\bigg({\mu\pi\over\nu}\bigg)={1\over\nu}B\bigg({\mu\over\nu},{\nu-\mu\over\nu}\bigg)$$ asumiendo, por supuesto, $Re(\nu)>Re(\mu)>0$, y donde $B(x,y)$ denota la función Beta,$B(x,y)={\Gamma(x)\Gamma(y)\over\Gamma(x+y)}$.

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A ver, la función Beta de la parte de la igualdad, el uso de la representación integral $$B(x,y)=\int_0^\infty {t^{x-1}\over (1+t)^{x+y}}\ dt$$ A continuación, ${1\over\nu}B\big({\mu\over\nu},{\nu-\mu\over\nu}\big)$ es $${1\over\nu}\int_0^\infty {t^{{\mu\over\nu}-1}\over 1+t}\ dt$$ Enviar$t$$t^\nu$, ¡y listo!