Conjetura el valor de $\int_0^1 \frac{1}{1+x^{p}}dx$

Question

Mientras navega por el post hay ningún integral para la proporción áurea $\phi$?, Me encontré con esta bonita respuesta, $$ \int_0^\infty \frac{1}{1+x^{10}}dx=\frac{\pi\,\phi}5$$ parece que la forma general es sólo

$$p \int_0^\infty \frac{1}{1+x^{p}}dx=\color{blue}{\frac{\pi}{\sin\big(\tfrac{\pi}{p}\big)}}$$

Me preguntaba acerca de $$\int_0^\color{red}1 \frac{1}{1+x^p}dx=\,?$$ Mathematica puede encontrar desordenado cerrado de formas para $p=5,7$. Después de un trabajo laborioso de simplificación, $$5\int_0^1 \frac{1}{1+x^5}dx=\frac{\pi\sqrt{\phi}}{5^{1/4}}+\ln2+\sqrt{5}\ln\phi$$

Pregunta 1: En general, es cierto que para cualquier $p$ ,

$$2p\,\int_0^1 \frac{1}{1+x^p}dx=\color{blue}{\frac{\pi}{\sin\big(\tfrac{\pi}{p}\big)}}+2\ln2-\psi\big(\tfrac{1}{p}\big)+\psi\big(\tfrac{p-1}{2p}\big)+\psi\big(\tfrac{p+1}{2p}\big)-\psi\big(\tfrac{p-1}{p}\big)$$

donde $\psi(z)$ es la función digamma?

Nota: Los cuatro digammas, implementado en Mathematica como PolyGamma[z], se puede expresar como una suma de cosenos x logaritmos para impares $p=2m+1$. Deje $k=\frac{2n-1}{p}\pi$, entonces, $$-\psi\big(\tfrac{1}{p}\big)+\psi\big(\tfrac{p-1}{2p}\big)+\psi\big(\tfrac{p+1}{2p}\big)-\psi\big(\tfrac{p-1}{p}\big)=-4\sum_{n=1}^m \cos (k)\ln\big(\sin\tfrac{k}{2}\big)$$

Pregunta 2: Para , incluso, $p$, puede también podemos evitar la digamma mediante el uso de los cosenos y los logaritmos?

Answer 1

Sólo voy a abordar la Pregunta 1.

La expresión propuesta en la Pregunta 1 es verdadera. Sin embargo, es un poco demasiado complicado de lo necesario. Una versión más simple de la expresión es

$$2p\int_0^1 \frac{dx}{1+x^p} = \psi\left(\frac{1}{2p} + \frac12\right) - \psi\left(\frac{1}{2p}\right)$$

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A partir de la reflexión de la fórmula, tomar logaritmo y diferenciar, obtenemos $$\Gamma(z)\Gamma(1-z) = \frac{\pi}{\sin\pi z} \implica \psi(z) - \psi(1-z) = \pi\cuna\pi z$$ Esto lleva a $$\frac{\pi}{\sen z} = \pi\cuna\frac{\pi z}{2} - \pi\cuna\pi z = \psi\left(\frac{z}{2}\right) - \psi\left(1-\frac{z}{2}\right) - \psi(z) + \psi(1-z) $$ A partir de la duplicación de la fórmula, tomar logaritmo y diferenciar, obtenemos $$\Gamma(z)\Gamma\left(z+\frac12\right) = 2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma(2z) \implica \psi(z) + \psi\left(z + \frac12\right) = -2\log 2 + 2\psi(2z) $$ Aplicar estos a la IZQUIERDA de la Pregunta 1, se puede exponer la RHS a la siguiente lío $$ \left[ \color{red}{\psi\left(\frac{1}{2}\right)} - \psi\left(1 - \frac{1}{2}\right) - \color{verde}{\psi\left(\frac{1}{p}\right)} + \color{blue}{\psi\left(1 - \frac{1}{p}\right)} \right] + \left[ \color{verde}{2\psi\left(\frac1p\right)} - \color{red}{\psi\left(\frac{1}{2}\right)} - \color{magenta}{\psi\left(\frac{p+1}{2}\right)}\right]\\ - \color{verde}{\psi\left(\frac{1}{p}\right)} + \psi\left(\frac{p-1}{2}\right) + \color{magenta}{\psi\left(\frac{p+1}{2}\right)} - \color{blue}{\psi\left(\frac{p-1}{p}\right)} $$ Después de la masiva cancelación, podemos simplificar la RHS a $$ \psi\left(\frac{p-1}{2}\right) - \psi\left(1 - \frac{1}{2}\right) = \psi\left( 1 - \left(\frac{1}{2} + \frac12\right)\right) - \psi\left(1 - \frac{1}{2}\right) = \psi\left(\frac{1}{2} + \frac12\right) - \psi\left(\frac{1}{2}\right) $$ Recordar siguiente expansión de la función digamma

$$\psi(z) = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{z+n} - \frac{1}{n}\right)$$ Nos encontramos $$\begin{align} \text{RHS} &= \frac{1}{\frac{1}{2p}} - \frac{1}{\frac{1}{2p} + \frac12} + \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{\frac{1}{2p}+n} - \frac{1}{\frac{1}{2p} + n + \frac12}\right)\\ &= 2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{\frac{1}{p}+n} = 2\sum_{n=0}^\infty\int_0^1 (-1)^n t^{\frac{1}{p}+n-1} dt = 2\int_0^1 \sum_{n=0}^\infty (-1)^n t^{\frac{1}{p}+n-1} dt\\ &= 2 \int_0^1 \frac{t^{\frac{1}{p}-1}}{1+t} dt = 2p\int_0^1 \frac{dx}{1+x^p} = \text{LHS} \end{align} $$

Answer 2

Esta respuesta es incompleta ya que no se prueba todos los pasos al completo:

Vamos a empezar con la fracción parcial de expansión $$\tag{1}\frac{p}{1+x^p}=- \sum_{j=1}^p\frac{\omega^{2j-1}}{x-\omega^{2j-1}}$$ con $\omega= e^{i\pi/p}$.

Ahora, podemos integrar y obtener $$\int_0^1\!dx \frac{p}{1+x^p} = -\sum_{j=1}^p \omega^{2j-1} \log\left(1-\omega^{1-2j}\right). $$

Podemos simplificar esta fórmula un poco tomando la parte real. Este rendimientos $$\int_0^1\!dx \frac{p}{1+x^p} = \pi\sum_{j=1}^{p} \frac{1-2j+p}{2p} \sin\left(\frac{\pi(1-2j)}{p}\right)+\sum_{j=1}^{p}\cos\left(\frac{\pi(1-2j)}{p}\right) \log\left[2 \sin\left(\frac{\pi(1-2j)}{2p}\right)\right].$$

El primer término se puede sintetizar de forma explícita $$\int_0^1\!dx \frac{p}{1+x^p} =\frac{\pi}{2\sin(\pi/p)}+\sum_{j=1}^{p}\cos\left(\frac{\pi(1-2j)}{p}\right) \log\left[2 \sin\left(\frac{\pi(1-2j)}{2p}\right)\right].$$ El segundo término puede estar relacionado con la función digamma.

La fórmula (1) puede ser probado por la multiplicación de la expresión por $1+x^p$. Para el lado derecho, obtenemos $$- \sum_{j=1}^p\omega^{2j-1} \prod_{k\neq j} (x-\omega^{2k-1}) = -x^{p-1}\sum_{j=1}^p\omega^{2j-1}+ x^{p-2} \sum_{j=1}^p\omega^{2j-1} \sum_{k,k'\neq j} \omega^{2k-1}\omega^{2k'-1} - \cdots\\+(-1)^p \sum_{j=1}^p\omega^{2j-1} \prod_{k\neq j} \omega^{2k-1}$$ como $1+x^p=\prod_{k=1}^p (x- \omega^{2j-1})$. El resultado (1) se sigue de que algunos no tan sencillo combinatoria.