Informática

Question

Me gustaría mostrar que

$$ \int_0^{\infty} \frac{ \sqrt [3] {x+1}-\sqrt [3] {x}}{\sqrt{x}} \mathrm dx = \frac{2\sqrt{\pi} \Gamma(\frac{1}{6})}{5 \Gamma(\frac{2}{3})}$$

Gracias a la beta de función que no utiliza para manejo...

$$\frac{2\sqrt{\pi} \Gamma(\frac{1}{6})}{5 \Gamma(\frac{2}{3})}=\frac{2}{5}B(1/2,1/6)=\frac{2}{5} \int_0^{\infty} \frac{ \mathrm dt}{\sqrt{t}(1+t)^{2/3}}$$

...?

Answer 1

Podemos calcular la primera integral por integral doble.

1 indica que su primer integral $I$. Entonces

\eqalign ${& I = 2\int_ {0} ^ {\infty} (x ^ 2 + 1) ^ {1/3}-x ^ {2/3} dx \cr & = \frac {2} {3} \int_ {0} ^ {1} \int_ {0} ^ {\infty} (x ^ 2 + y) ^ {-2/3} dxdy \cr & = \frac {2} {3} \int_ {0} ^ {1} y ^ {-1/6} dy\int_ {0} ^ {\infty} \frac {1} {(x ^ 2 + 1) ^ {2/3}} dx \cr & = \frac {4} {5} \int_ {0} ^ {\infty} \frac {1} {(x ^ 2 + 1) ^ {2/3}} dx} $

2.Use fórmula encontrada por Peter Tamaroff.What ¿ves?

Answer 2

Creo que es consecuencia de una inteligente transformación de la función Beta, yo la vi hace unos días por aquí:

Vamos

$$B(x,y)=\int_0^1 t^{x-1} (1-t)^{y-1} dt$$

Set $t = \dfrac{1}{\tau +1}$, por lo que

$$\eqalign{ & B(x,y) = - \int_\infty ^0 {{{\left( {\frac{1}{{\tau + 1}}} \right)}^{x - 1}}} {\left( {1 - \frac{1}{{\tau + 1}}} \right)^{y - 1}}\frac{{d\tau }}{{{{\left( {\tau + 1} \right)}^2}}} \cr & B(x,y) = \int_0^\infty {{{\left( {\frac{1}{{\tau + 1}}} \right)}^{x - 1}}} {\left( {\frac{\tau }{{\tau + 1}}} \right)^{y - 1}}\frac{{d\tau }}{{{{\left( {\tau + 1} \right)}^2}}} = \int_0^\infty {\frac{{{\tau ^{y - 1}}}}{{{{\a la izquierda( {\tau + 1} \right)}^{x + y}}}}d\tau } \cr} $$

Al igual, vamos

$$\eqalign{ & t = \frac{\tau }{{\tau + 1}} \cr & dt = \frac{{d\tau }}{{{{\left( {\tau + 1} \right)}^2}}} \cr} $$

$$\eqalign{ & B(x,y) = \int_0^\infty {{{\left( {\frac{\tau }{{\tau + 1}}} \right)}^{x - 1}}} {\left( {1 - \frac{\tau }{{\tau + 1}}} \right)^{y - 1}}\frac{{d\tau }}{{{{\left( {\tau + 1} \right)}^2}}} \cr & B(x,y) = \int_0^\infty {{{\left( {\frac{\tau }{{\tau + 1}}} \right)}^{x - 1}}} {\left( {\frac{1}{{\tau + 1}}} \right)^{y - 1}}\frac{{d\tau }}{{{{\left( {\tau + 1} \right)}^2}}} = \int_0^\infty {\frac{{{\tau ^{x - 1}}}}{{{{\a la izquierda( {\tau + 1} \right)}^{x + y}}}}d\tau } \cr} $$

Se puede utilizar para mostrar el resultado?