He estado tratando de evaluar la siguiente integral del examen de calificación de doctorado de Harvard 2011. Para todos los $n\in\mathbb{N}^+$ en general:
$$\int\limits_0^\infty \! \frac{x^{1/n}}{1+x^2} \ \mathrm{d}x$$
Sin embargo, no estoy muy seguro dónde comenzar, incluso. Existe la posibilidad que se relaciona con análisis complejo, así que intenté ir en él con la de Cauchy y residuos, pero todavía no he conseguido llegar más lejos en resolverlo.
Función Beta
Veo a @robjohn me pegaba a él. La sustitución es ligeramente diferente, así que aquí está.
He aquí un método sencillo el uso de la función beta.
En primer lugar, observe que la integral diverge de forma logarítmica para $n=1$, ya que el integrando es $1/x$ grandes $x$.
Deje $t=x^2$. Entonces $$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty dx\, \frac{x^{1/n}}{1+x^2} &=& \frac{1}{2}\int_0^\infty dt\, \frac{t^{(1-n)/(2n)}}{1+t} \\ &=& \frac{1}{2} \textstyle B\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2n}, \frac{1}{2} - \frac{1}{2n}\right) \\ &=& \frac{1}{2} \textstyle\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2n}\right) \Gamma\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2n}\right) \\ &=& \frac{\pi}{2 \sin\left(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2n}\right)} \\ &=& \frac{\pi}{2} \sec \frac{\pi}{2n}. \end{eqnarray*}$$
Algunos detalles
Anterior, podemos utilizar la representación integral de la función beta $$B(x,y) = \int_0^\infty dt\, \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}}$$ para $\mathrm{Re}(x)>0$, $\mathrm{Re}(y)>0$. También hacemos uso de Euler reflexión de la fórmula, $$\Gamma(1-z)\Gamma(z) = \frac{\pi}{\sin\pi z}.$$
Apéndice: Un método con el residuo de cálculo
Deje $t = x^{1/n}$. Entonces $$\begin{eqnarray*} I &=& \int_0^\infty dx\, \frac{x^{1/n}}{1+x^2} \\ &=& n\int_0^\infty dt\, \frac{t^n}{t^{2n}+1} \end{eqnarray*}$$ Aviso de la última integral no tiene recortes para la integral de la $n$. Los residuos son las raíces de la $t^{2n}+1=0$. Considere la posibilidad de la tarta en forma de contorno con un borde a lo largo del eje real positivo, el otro extremo a lo largo de la línea de $e^{i\pi/n}t$ $t$ real y positivo, y la "corteza" en el infinito.
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Hay un residuo en el contorno en $t_0 = e^{i\pi/(2n)}$. La integral a lo largo del eje real es sólo $I$. La integral a lo largo del otro borde de la tarta es $$\begin{eqnarray*} I' &=& n\int_\gamma dz\,\frac{z^n}{z^{2n}+1} \\ &=& n \int_\infty^0 dt e^{i\pi/n} \frac{t^n e^{i\pi}}{t^{2n}+1} \\ &=& -e^{i(n+1)\pi/n} I. \end{eqnarray*}$$ La integral a lo largo de la corteza va como $1/R^{2n-1}$ como el radio del círculo que se extiende hacia el infinito, y así se desvanece en el límite. Por lo tanto, $$\begin{eqnarray*} I + I' &=& 2\pi i \,\mathrm{Res}_{t=t_0}\, \frac{t^n}{t^{2n}+1} \\ &=& 2\pi i \frac{t_0^n}{2n t_0^{2n-1}}. \end{eqnarray*}$$ El uso de este y la fórmula para $I'$ en términos de $I$ por encima nos encontramos con $$I = \frac{\pi}{2} \sec \frac{\pi}{2n},$$ como antes.
Este se convierte fácilmente en una Beta integral. Deje $x^2=\dfrac{t}{1-t}$, luego $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{x^{1/n}}{1+x^2}\,\mathrm{d}x &=\frac12\int_0^1t^{\frac1{2n}-\frac12}(1-t)^{-\frac1{2n}-\frac12}\,\mathrm{d}t\tag{1}\\ &=\frac12\mathrm{B}\left(\frac1{2n}+\frac12,-\frac1{2n}+\frac12\right)\tag{2}\\ &=\frac12\Gamma\left(\frac1{2n}+\frac12\right)\Gamma\left(-\frac1{2n}+\frac12\right)\tag{3}\\ &=\frac\pi2\sec\left(\frac\pi{2n}\right)\tag{4} \end{align} $$
Explicación de los pasos:
sustituto $x^2=\dfrac{t}{1-t}$
$\displaystyle\mathrm{B}(\alpha,\beta)=\int_0^1t^{\alpha-1}(1-t)^{\beta-1}\,\mathrm{d}t$
$\mathrm{B}(\alpha,\beta)=\dfrac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}$
$\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha)=\dfrac{\pi}{\sin(\pi \alpha)}$
Otro Contorno De Integración:
Consideremos la integral para arbitrario $\alpha\in(-1,1)$: $$ \int_0^\infty\frac{z^\alpha}{1+z^2}\,\mathrm{d}z $$ Vamos a utilizar el contorno de $\gamma$ muestra exagerada de abajo. La ruta realmente abraza el real positiva del eje en ambos lados, bien círculos el origen en un semicírculo hacia la derecha y, a continuación, círculos en el plano complejo en contra de las manecillas arbitrariamente en un gran distancia.
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Las integrales a lo largo de las curvas se desvanecen a medida que el semicírculo se hace más pequeño y el círculo se hace más grande. La integral justo sobre el eje real es la integral queremos calcular la integral justo debajo del eje real es de $-e^{2\pi i\alpha}$ veces la integral que queremos calcular ($\mathrm{d}z$ se invierte y $z^\alpha$ se multiplica por $e^{2\pi i\alpha}$).
$\gamma$ círculos de las singularidades en $i$ $-i$ en dirección contra reloj.
Por lo tanto, $$ \begin{array}{lll} \color{#C00000}{2\pi i\,\mathrm{Res}_{z=i}\left(\frac{z^\alpha}{1+z^2}\right)} &\color{#00A000}{+2\pi i\,\mathrm{Res}_{z=-i}\left(\frac{z^\alpha}{1+z^2}\right)} &=\color{#0000FF}{(1-e^{2\pi i\alpha})}\int_0^\infty\frac{z^\alpha}{1+z^2}\,\mathrm{d}z\\ \color{#C00000}{\pi e^{\frac\pi2i\alpha}} &\color{#00A000}{-\pi e^{\frac{3\pi}{2}i\alpha}} &=\color{#0000FF}{(1-e^{2\pi i\alpha})}\int_0^\infty\frac{z^\alpha}{1+z^2}\,\mathrm{d}z\\ &\pi\sin\left({\frac\pi2\alpha}\right) &=\sin\left(\pi\alpha\right)\int_0^\infty\frac{z^\alpha}{1+z^2}\,\mathrm{d}z\\ &\frac\pi2\sec\left(\frac\pi2\alpha\right) &=\int_0^\infty\frac{z^\alpha}{1+z^2}\,\mathrm{d}z \end{array} $$ En particular, si fijamos $\alpha=\dfrac1n$, obtenemos el mismo resultado que el anterior.
Esto no es una solución completa, pero sólo una observación que no es necesario apelar a funciones no elementales tales como la función de % de $\Gamma$hacer esta integral, aunque esto es ciertamente conveniente!
Escribe $x = u^n$, la integral se convierte en $$\int_{0}^{\infty} \dfrac{n u^n}{1 + u^{2n}} du.$ $
Cualquier integral de una función racional puede ser computado elemental, mediante fracciones parciales. Yo no estoy afirmando que en este caso es trivial, pero es factible en principio y seguramente en la práctica con un poco de paciencia.
Esta wikipedia enlace señalado por otros anteriores es útil(por Ejemplo IV). En nuestro caso es en gran parte el mismo excepto que hay un poder de $1/n$ en la parte superior en lugar de $1/2$. Así que, usando el mismo "ojo de cerradura" contorno integral podemos mostrar la integral en el círculo exterior y el interior del círculo desaparece, dejando sólo la parte $$[\int^{R}_{\epsilon}+\int^{\epsilon}_{R}]f$$ to worry about. Since $f$ has a branch cut at $[0,\infty]$, the first integral becomes $$\int^{\epsilon}_{R}\frac{e^{|1/n\log[z]}e^{\frac{2\pi i}{n}}}{1+z^{2}}=\int^{\epsilon}_{R}\frac{z^{1/n}[\cos[\theta]+i\sin[\theta]]}{1+z^{2}}$$ Thus the whole integral when added up should be $$(1-e^{\frac{2\pi i}{n}})\int^{\infty}_{0}fdx$$
Ahora tenemos $$\frac{z^{1/n}}{1+z^{2}}=\frac{1}{2i} \left( \frac{z^{1/n}}{z-i}-\frac{z^{1/n}}{z+i} \right)$$
Por lo tanto sólo tenemos que evaluar el residuo en$i$$-i$. Tomando el límite que hemos $$\lim_{z\rightarrow i}(z-i)\frac{z^{1/n}}{z-i}=i^{1/n}$$
Así, la diferencia es $$\frac{1}{2i}(i^{1/n}-(-i)^{1/n})=\frac{1}{2i} \left(\exp\left(\frac{\pi i}{2n}\right) - \exp\left({\frac{3/2 \pi i}{n}} \right) \right)$$
Deseado y el valor integral es $$\frac{e^{\frac{\pi i}{2n}}-e^{\frac{3/2\pi i}{n}}}{2i\cdot(1-e^{\frac{2\pi i}{n}})}=\frac{1}{2i}\frac{x-x^{3}}{1-x^{4}}=\frac{x}{(1+x^{2})2i}=\frac{1}{2i\cdot(x^{4n-1}+x^{4n+1})}=\sec[{\frac{\pi}{2n}]}/4i,x=e^{\frac{\pi i}{2n}}$$ Mind that $x^{4n}=1$. Thus $x^{4n-1}+x$ should be real and equal to $2\cos[\frac{\pi}{2n}]$.
Ahora multiplique el factor que falta de $2\pi i$ en el teorema de los residuos, obtenemos:
$$\int^{\infty}_{0}fdx=\frac{\pi}{2}\sec[\frac{\pi}{n}]$$
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