Fórmula explícita para la integral múltiple

Question

$$ \int_0^1 \! \int_0^1 ...\int_0^1 \frac{dx_1dx_2...dx_n}{(a+x_1+x_2+...+x_n)^m}$$

Lo he intentado por

n=2, m=1, tengo : $a\ln a - 2(a+1)\ln (a+1)+(a+2)\ln(a+2)$

n=2, m=2, tengo : $-\ln a + 2\ln(a+1)-\ln(a+2)$

n=3, m=1, tengo : $\frac{1}{2}(-a^2\ln a+3(a+1)^2\ln (a+1)-3(a+2)^2\ln(a+2)+(a+3)^2\ln (a+3))$

pero todavía no tengo ni idea de qué es lo siguiente. ¿O hay una manera difícil?

Answer 1

Solución

He aquí una solución de forma cerrada de la integral múltiple

$$f(n,m,a)=\frac{\Gamma (m-n)}{\Gamma (m)} \sum _{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} (a+k)^{n-m}\tag {1}$$

Los primeros valores son

$$f(1,m,a)=\frac{\Gamma (m-1)}{\Gamma (m)}\left(a^{1-m}-(a+1)^{1-m}\right)$$

$$f(2,m,a)=\frac{\Gamma (m-2)}{\Gamma (m)}\left(a^{2-m}-2 (a+1)^{2-m}+(a+2)^{2-m}\right)$$

$$f(3,m,a)=\frac{\Gamma (m-3)}{\Gamma (m)}\left(a^{3-m}-3 (a+1)^{3-m}+3 (a+2)^{3-m}-(a+3)^{3-m}\right)$$

$$f(4,m,a)=\frac{\Gamma (m-4)}{\Gamma (m)}\left(a^{4-m}-4 (a+1)^{4-m}+6 (a+2)^{4-m}-4 (a+3)^{4-m}+(a+4)^{4-m}\right)$$

Obsérvese que (1) es válida para el real $m$ . Si queremos un número entero $m$ tenemos que tomar el límite. Aquí el $\Gamma$ -puede tener un polo singular (infinito), que "compite" con el cero del polinomio en $a$ .

Por ejemplo

$$f(1,m\to 1,a)=\lim_{m\to 1} \, \frac{\left(a^{1-m}-(a+1)^{1-m}\right) \Gamma (m-1)}{\Gamma (m)}=\log (a+1)-\log (a)$$

Para $n = 1, m=0 .. 4$ los límites son

$$\left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & \log (a+1)-\log (a) \\ 2 & \frac{1}{a^2+a} \\ 3 & \frac{2 a+1}{2 a^2 (a+1)^2} \\ 4 & \frac{1}{3} \left(\frac{1}{a^3}-\frac{1}{(a+1)^3}\right) \\ \end{array} \right)$$

O, un caso más complicado,

$n=4, m = 0 .. 6$

$$\left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & \frac{1}{6} \left(\log (a) a^3-4 (a+1)^3 \log (a+1)+6 (a+2)^3 \log (a+2)-4 (a+3)^3 \log (a+3)+(a+4)^3 \log (a+4)\right) \\ 2 & \frac{1}{2} \left(-a^2 \log (a)+4 (a+1)^2 \log (a+1)-6 (a+2)^2 \log (a+2)+4 (a+3)^2 \log (a+3)-(a+4)^2 \log (a+4)\right) \\ 3 & \frac{1}{2} (a \log (a)-4 (a+1) \log (a+1)+6 a \log (a+2)+12 \log (a+2)-4 a \log (a+3)\\&-12 \log (a+3)+a \log (a+4)+4 \log (a+4)) \\ 4 & \frac{1}{6} (-\log (a)+4 \log (a+1)-6 \log (a+2)+4 \log (a+3)-\log (a+4)) \\ 5 & \frac{1}{a^5+10 a^4+35 a^3+50 a^2+24 a} \\ 6 & \frac{1}{120} \left(-\frac{4}{(a+1)^2}+\frac{6}{(a+2)^2}-\frac{4}{(a+3)^2}+\frac{1}{(a+4)^2}+\frac{1}{a^2}\right) \\ \end{array} \right)$$

Estos ejemplos muestran que nuestra fórmula contiene una información bastante compacta que se desarrolla en estos límites.

Derivación

La derivación comienza con la fórmula

$$\int_0^{\infty } t^{m-1} e^{-s\; t} \, dt=s^{-m} \Gamma (m)\tag{2}$$

que genera el denominador de la integral múltiple original

$$g(n,m,a)=\int _0^1...\int _0^1\frac{1}{s^m}dx_1 dx_2 ... dx_n\tag{3}$$

donde

$$s = a + \sum _{i=1}^n x_i\tag{4}$$

Sustituyendo (2) en (3) utilizando (4) se obtiene

$$g = \frac{1}{\Gamma(m)}\int_0^{\infty } t^{m-1} e^{-a\; t} (\prod _{i=1}^n \int _0^1 e^{-x_i\; t}\, dx_i )\, dt $$

Ahora el $x_i$ integrales se puede hacer fácilmente dejándonos con

$$g = \frac{1}{\Gamma(m)}\int_0^{\infty } t^{m-1} e^{-a\; t} ((1-e^{- t})/t)^n \, dt $$

El último paso, que consiste en demostrar que $g$ es igual a $f$ dado en la solución, se deja como ejercicio al lector.

Answer 2

Dejemos que $$ f_{n,m}(a)=\int_0^1\cdots\int_0^1\frac{\prod_n dx_i}{(a+\sum_n x_i)^m} $$ Ahora, es bastante fácil confirmar que $$ \frac{df_{n,m}}{da}=-mf_{n,m+1}(a) $$ También es bastante fácil ver que $$ f_{n+1,m}(a)=\int_0^1 f_{n,m}(x+a)\ dx \tag{1} $$ que, al tomar la derivada, da $$ f_{n+1,m}'(a) = f_{n,m}(a+1)-f_{n,m}(a) $$ La unión de estos elementos proporciona $$ -mf_{n+1,m+1}(a) = f_{n,m}(a+1)-f_{n,m}(a) = \Delta f_{n,m}(a) $$ donde $\Delta$ se refiere a la diferencia hacia adelante, o $$ f_{n+1,m+1}(a)=-\frac{\Delta f_{n,m}(a)}{m} $$ Iterando hacia abajo, podemos ver que, para los no enteros $m$ y también para los enteros $m\geq n$ , $$ f_{n,m}(a)=(-1)^{n-1}\frac{\Gamma(m-n+1)}{\Gamma(m)}\Delta^{n-1} f_{1,m-n+1}(a) $$ Ahora, podemos calcular para $k\neq1$ , $$ f_{1,k}(a)=\int_0^1 \frac{dx}{(a+x)^k} = \frac1{k-1}\left(\frac1{a^{k-1}}-\frac1{(a+1)^{k-1}}\right) = \frac{\Delta(a^{1-k})}{1-k} $$ y $$ f_{1,1}(a)=\log(a+1)-\log(a) $$

Para tratar los números enteros $m\leq n$ , hacemos uso de la ecuación (1), y se puede confirmar por inducción que $$ f_{n,1}(a) = \frac{\Delta^n (a^{n-1}\log(a))}{\Gamma(n)} \tag{2} $$ y entonces podemos escribir $$ f_{n,m}(a)=(-1)^{m-1}\frac{\Delta^{m-1}f_{n-m+1,1}(a)}{\Gamma(m)} $$ y así, la forma general de la solución es $$ f_{n,m}(a)=\begin{cases} \frac{(-1)^{m-1}}{\Gamma(n-m+1)\Gamma(m)}\Delta^{n} (a^{n-m}\log(a)) &n\geq m\in\mathbb{Z}^+\\ (-1)^n\frac{\Gamma(m-n)}{\Gamma(m)}\Delta^n (a^{n-m}) & \text{otherwise} \end{cases} $$ donde para los enteros $m\leq0$ La relación de funciones gamma debe evaluarse como una relación de factoriales negativos.

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La inducción (cómo obtener/confirmar la ecuación (2)):

La clave de esta ecuación es que, al aplicar la ecuación (1), los términos polinómicos se anulan por la aplicación repetida del operador de diferencia hacia delante.

Hice una hipótesis sobre la forma de la ecuación examinando los primeros términos (el primero como se ve arriba, el segundo y el tercero ambos proporcionados en la pregunta):

$$\begin{align} f_{1,1}(a)&=\log(a+1)-\log(a)=\Delta(\log(a))\\ f_{2,1}(a)&=(a+2)\log(a+2)-2(a+1)\log(a+1)+a\log(a) = \Delta^2(a\log(a))\\ f_{3,1}(a)&=\frac{(a\!+\!3)^2\log(a\!+\!3)-3(a\!+\!2)^2\log(a\!+\!2)+3(a\!+\!1)^2\log(a\!+\!1)-a^2\log(a)}{2}\\ &=\frac{\Delta^3(a^2\log(a))}{2} \end{align}$$ Cada poder de $a$ frente a la $\log$ términos es uno menos que $n$ El $\Delta$ coincidencias de iteración $n$ y el denominador parece seguir un patrón factorial (1,1,2) - comprobando $n=4$ (ver la respuesta del Dr. Wolfgang Hintze para su expresión) puede ayudar a confirmar el patrón factorial, ya que el denominador es 6.

Por lo tanto, nuestra hipótesis es la siguiente $$ f_{n,1}(a)=\frac{\Delta^n(a^{n-1}\log(a))}{(n-1)!}=\frac{\Delta^n(a^{n-1}\log(a))}{\Gamma(n)} $$ donde se ha expresado con $\Gamma$ para que coincida con la forma utilizada para otros casos.

Ahora se confirma la inducción. Podemos ver que es correcto para $n=1$ fácilmente, así que me centraré en el paso de la inducción. Supongamos que $f_{n,1}(a)$ se ajusta a esa forma - podemos confirmar que $f_{n+1,1}(a)$ ¿también se ajusta a esa forma?

Utilizando la ecuación (1), y observando que el operador de diferencia hacia adelante conmuta con la integración, $$\begin{align} f_{n+1,1}(a)&=\int_0^1 f_{n,1}(x+a)\ dx\\ &=\frac{\Delta^n}{\Gamma(n)}\int_0^1 (x+a)^{n-1}\log(x+a)\ dx \end{align}$$ Aplicamos la integración por partes con $u=\log(x+a)$ y $dv=(x+a)^{n-1}dx$ para conseguir $$\begin{align} \int_0^1 (x+a)^{n-1}\log(x+a)\ d&x=\left[\frac{(x+a)^n}n\log(x+a)\right]_0^1-\int_0^1 \frac{(x+a)^{n-1}}ndx\\ &=\frac{\Delta(a^n\log(a))}n - \left[\frac{(x+a)^n}{n^2}\right]_0^1\\ &=\frac{\Delta(a^n\log(a))}n - \frac{\Delta(a^n)}{n^2} \end{align}$$ Y así tenemos $$\begin{align} f_{n+1,1}(a)&=\frac{\Delta^n}{\Gamma(n)}\left(\frac{\Delta(a^n\log(a))}n - \frac{\Delta(a^n)}{n^2}\right)\\ &=\frac{1}{n\Gamma(n)}\left(\Delta^{n+1}(a^n\log(a)) - \frac{\Delta^{n+1}(a^n)}{n}\right) \end{align}$$ Ahora, se puede confirmar fácilmente que $\Delta^n(a^m)=0$ si $n>m\geq0$ y $m$ es un número entero (porque $\Delta(a^m)$ es un polinomio de orden $m-1$ ). También, $\Gamma(n+1)=n\Gamma(n)$ . Así que tenemos $$ f_{n+1,1}(a)=\frac{\Delta^{n+1}(a^n\log(a))}{\Gamma(n+1)} $$ que es lo que necesitábamos mostrar. Por inducción, esto demuestra nuestra fórmula.

Answer 3

Utilizar la representación integral $$ \frac{1}{(a+y)^m}=\frac{1}{\Gamma(m)}\int_0^\infty d\xi \xi^{m-1}e^{-\xi (a+y)} $$ para reescribir su integral como $$ I(m,n)=\int_0^1 \! \int_0^1 ...\int_0^1 \frac{dx_1dx_2...dx_n}{(a+x_1+x_2+...+x_n)^m}= \frac{1}{\Gamma(m)}\int_0^\infty d\xi \xi^{m-1}e^{-a \xi}\left[\int_0^1 dx e^{-\xi x}\right]^n $$ $$ =\frac{1}{\Gamma(m)}\int_0^\infty d\xi \xi^{m-1}e^{-a \xi}\left[\frac{1-e^{-\xi }}{\xi }\right]^n\ . $$ Expansión mediante el teorema del binomio $$ I(m,n)=\frac{1}{\Gamma(m)}\sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^{n-k}\int_0^\infty d\xi\ \xi^{m-1-n}e^{-\xi (a+n-k)} =\frac{1}{\Gamma(m)}\sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^{n-k}\Gamma (m-n) (a-k+n)^{n-m}\ . $$ Para ciertas combinaciones de $n$ y $m$ tendrá que evaluar la expresión como un límite, por ejemplo para $n=2$ y $m=1$ tendrá que evaluar $\lim_{m\to 1} I(m,2)$ que coincide con el valor encontrado anteriormente.

Answer 4

No es una respuesta completa

Para $n=4$ , $m=1$ Mathematica me dio una respuesta similar:

$$\frac{1}{6}\left(a^3\ln a-4(a+1)^3\ln(a+1)+6(a+2)^3\ln(a+2)-4(a+3)^3\ln(a+3)+(a+4)^3\ln(a+4)\right)$$

Y para $n=5$ , $m=1$ me dio:

$$\frac{1}{24}\left(-a^4\ln a+5(a+1)^4\ln(a+1)-10(a+2)^4\ln(a+2)+10(a+3)^4\ln(a+3)+-5(a+4)^4\ln(a+4)+(a+5)^4\ln(a+3)\right)$$

Así que para el $m=1$ familia puede ser razonable concluir que la respuesta es:

$$\frac{1}{(n-1)!}\sum_{i=0}^n(-1)^{n+i}{n \choose i}(a+i)^n\ln(a+i)$$