¿Cómo puede uno solucionar $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1-t^4}dt$ con funciones especiales?

Question

Cómo podría solucionar una $$\int_0^\infty \frac{1}{1-t^4} \, dt\,?$$ I have to apply special functions, so I thought that I have to use the change variable $$u=t^4,$$ but $$du=4t^3\,dt$$ and when $$t\rightarrow0\qquad u\rightarrow0\ $$ I get $% $ $t\rightarrow\infty\qquad u\rightarrow\infty, $

mientras que la función beta es $\int_{0}^{1} t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt$ así que no puedo usar ese cambio. ¿Ayuda?

Answer 1

(Suponiendo que el valor principal)

Deje $t=u^4$ como usted sugiere, entonces tenemos $$ PV\int_{0}^{+\infty}\frac{du}{4u^{3/4}(1-u)}= \lim_{\varepsilon\to0}\left[\int_{0}^{1-\varepsilon}\frac{du}{4u^{3/4}(1-u)}+\int_{1+\varepsilon}^{+\infty}\frac{du}{4u^{3/4}(1-u)}\right] $$ y ahora una idea podría estar dejando $u=1/(1-y)$ en la segunda integral para obtener $$ -\frac{1}{4}\int_{\varepsilon/(1+\varepsilon)}^{1}y^{-1}(1-y)^{-1/4}dy, $$ así $$ PV\int_{0}^{+\infty}\frac{du}{4u^{3/4}(1-u)}=\frac{1}{4} \lim_{\varepsilon\to0}\left[\int_{0}^{1-\varepsilon}u^{-3/4}(1-u)^{-1}du-\int_{\varepsilon/(1+\varepsilon)}^{1}y^{-1}(1-y)^{-1/4}dy\right]. $$ Ahora $$ \beta(x,y) = \int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}, $$ y debido a que la integral no está bien definido, obtenemos $+\infty-\infty$. Dejar que también se $u=1-y$ en el primer término, \begin{align} PV\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1-t^4}&=\frac{1}{4} \lim_{\varepsilon\to0}\left[\int_{\varepsilon}^{1}(1-y)^{-3/4}y^{-1}dy-\int_{\varepsilon/(1+\varepsilon)}^{1}y^{-1}(1-y)^{-1/4}dy\right]\\ &=\frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left[(1-y)^{-3/4}-(1-y)^{-1/4}\right]y^{-1}dy\\ &=\frac{1}{4} \int_{0}^{1}\frac{u^{-3/4}-u^{-1/4}}{1-u}du=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1-\sqrt u}{u^{1/4}(1-u)}\frac{du}{2\sqrt u}\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}s^{-1/2}(1+s)^{-1}ds\\ &=\left[\tan^{-1}(\sqrt s)\right]_0^1=\pi/4, \end{align} donde en el segundo paso $$ \left| \int_{\varepsilon/(\varepsilon+1)}^\varepsilon y^{-1}(1-y)^{-1/4}dy\right|\le \frac{\varepsilon +1}{\varepsilon}\int_{\varepsilon/(\varepsilon+1)}^\varepsilon dy=\frac{\varepsilon+1}{\varepsilon}\frac{\varepsilon^2}{\varepsilon+1}\to0 $$ ha sido utilizado.

Si usted admite métodos complejos, en general, vamos a $$ PV\int_0^{+\infty}\frac{dt}{1-t^4}=\frac{1}{2}PV\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{1-t^4}. $$ Ahora, usando la mitad de un círculo $C$ en la mitad superior del plano complejo con muescas en los polos, tenemos un residuo procedente de la pole en la mitad superior plano complejo $$ \oint_{C}\frac{dz}{1-z^4}=i2\pi\frac{1}{4i}=\frac{\pi}{2} $$ la expansión de la integración de contorno, dejando de lado la contribución de la gran círculo, y la evaluación de la contribución de los polos de la línea real, que en realidad se desvanece, $$ PV\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{1-t^4}-i\pi\frac{1}{3}+\pi\frac{1}{3}=\frac{\pi}{2}. $$ Así $$ PV\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1-t^4}=\frac{\pi}{4}, $$

Answer 2

¿Por qué funciones especiales?

$$\int_0^\infty\frac{dt}{1-t^4}=\int_0^\infty\left(\frac1{4(1-t)}+\frac1{4(1+t)}+\frac1{2(1+t^2)} \right) dt =\left.\left (\frac14\ln\left|\frac {1 + t} {1-t} \right|+\frac12\arctan t\right)\right|_0^\infty=\frac\pi4.$$