¿Cómo resolver esta integral aplicando el teorema del residuo?
$$\int_0^∞ \frac{x^{(a-1)}}{(x+b)(x+c)} \, dx $$
$0 < a < 1, \ \ \ b > 0, \ \ \ c > 0$
Respuestas
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Aquí, presentamos un enfoque que aprovecha el teorema de los residuos. Deje $I(a,b,c)$ ser la integral dada por
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I(a,b,c)=\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{(x+b)(x+c)}\,dx} \tag 1$$
donde $0<a<1$, $b>0$, y $c>0$.
Siguiente, nos movemos en el plano complejo y evaluar el contorno cerrado integral de la $J(a,b,c)$ dada por
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{J(a,b,c)=\oint_C \frac{z^{a-1}}{(z+b)(z+c)}\,dz} \tag2$$
donde debemos elegir la rama de corte que emana desde el punto de rama en $z=0$ y se extiende a lo largo del eje real positivo a $z=\infty$.
En $(2)$, el contorno de $C$ es el clásico "ojo de cerradura" de contorno compuesto de $(i)$ el rayo de $\epsilon>0$ $R>\max(b,c)$sobre el lado superior de la rama de corte, $(ii)$ el contador de las agujas del reloj camino circular en la que $z=Re^{i\phi}$, $\phi =0$ a $\phi =2\pi$, $(iii)$ el rayo de $R$ $\epsilon$sobre el lado inferior de la rama de corte y $(iv)$ el de las agujas del reloj camino circular en la que $z=\epsilon e^{i\phi}$,$\phi=2\pi$$\phi=0$.
A partir de los residuos teorema, tenemos
$$\begin{align}J(a,b,c)&=2\pi i \text{Res}\left( \frac{z^{a-1}}{b+c},z=-b,-c\right)\\\\ &=2\pi i \left( \frac{(-b)^{a-1}-(-c)^{a-1}}{c-b}\right)\\\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{2\pi i e^{i\pi a}\left(\frac{b^{a-1}-c^{a-1}}{b-c}\right)}\tag 3 \end{align}$$
A continuación, hemos de expresar $J(a,b,c)$ como la suma de integrales sobre los cuatro contornos que forman $C$. De proceder, se escribe
$$\begin{align} J(a,b,c)&=\int_\epsilon^R \frac{x^{a-1}}{(x+b)(x+c)}\,dx+\int_0^{2\pi}\frac{iR^{a}e^{ia\phi}}{(Re^{i\phi}+b)(Re^{i\phi}+c)}\,d\phi\\\\ &+\int_R^\epsilon \frac{x^{a-1}e^{i2\pi(a-1)}}{(x+b)(x+c)}\,dx+\int_{2\pi}^0\frac{i\epsilon^{a}e^{ia\phi}}{(\epsilon e^{i\phi}+b)(\epsilon e^{i\phi}+c)}\,d\phi \tag 3 \end{align}$$
Como $R\to \infty$$\epsilon\to0$, el segundo y el cuarto integrales en el lado derecho de la $(3)$ enfoque de $0$. Por lo tanto, podemos escribir
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{\epsilon \to 0,R\to \infty}J(a,b,c)=(1-e^{i2\pi (a-1)})\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{(x+b)(x+c)}\,dx }\tag 4$$
Armando $(3)$ $(4)$ rendimientos
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{(x+b)(x+c)}\,dx=-\frac{\pi}{\sin(\pi a)}\,\frac{b^{a-1}-c^{a-1}}{b-c}}$$
user1952009
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El punto de bifurcación en $x= 0$ nos dicen utilizar $x = e^u$: %#% $ #% desde $$I = \int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{(x+b)(x+c)}dx = \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{au}}{(e^u +b)(e^u+c)}du$ $e^{2i \pi a}I =\int_{2i\pi-\infty}^{2i\pi+\infty} \frac{e^{au}}{(e^u +b)(e^u+c)}du$ tiene el % contorno rectangular $C_R$y $-R \to R\to R+2i\pi\to R-2i\pi \to-R$: $$ I\frac {1-e ^ {\pi 2i un}} {2i\pi} = \lim_{R \to \infty} \frac{1}{2i\pi}\int_{C_R} \frac{e^{au}} {(e ^ u +b)(e^u+c)} du $$ $b > 0,c> 0$$$ = Res( \frac{e^{au}}{(e^u +b)(e^u+c)},\log(b)+i\pi)+Res( \frac{e^{au}}{(e^u +b)(e^u+c)},\log(c)+i\pi)$$ $$
Por continuación analítica permanece verdadera para cada $ = \frac{e^{a(\log(b)+i\pi)}}{e^{\log(b)+i\pi}(e^{\log(b)+i\pi}+c)}+\frac{e^{a(\log(c)+i\pi)}}{e^{\log(c)+i\pi}(e^{\log(c)+i\pi}+b)} = e^{i \pi a}\frac{b^{a-1}-c^{a-1}}{b-c} $
Felix Marin
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$\newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$
$\ds{\int_{0}^{\infty}{x^{- 1} \\pars{x + b}\pars{x + c}} \,\dd x:\ ?.\qquad 0 < a <1\,,\quad b >0\,,\quad c>0}$.
$$\bbox[8px,#efe,border:0.1em groove navy]{\mbox{It's interesting to see that the integral can be performed by 'real methods'}}$$
\begin{align} &\color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{x^{a - 1} \over \pars{x + b}\pars{x + c}}\,\dd x} = {1 \over c - b}\pars{\int_{0}^{\infty}{x^{a - 1} \over x + b}\,\dd x - \int_{0}^{\infty}{x^{a - 1} \over x + c}\,\dd x}\label{1}\tag{1} \end{align}
- El lado izquierdo de la integral converge siempre que $\ds{0 < \Re\pars{a} < \color{#f00}{2}}$ aunque el OP le preguntó por la condición de $\ds{0 < a < \color{#f00}{1}}$.
- El RHS integrales convergen siempre $\ds{0 < \Re\pars{a} < \color{#f00}{1}}$, que coincide con el OP condición de $\ds{0 < a < 1}$ siempre $\ds{a \in {\mathbb R}}$.
- $\bbox[8px,#ffe,border:0.1em groove navy]{\mbox{Then,}\ \eqref{1}\ \mbox{is evaluated with}\ \ds{0 < \Re\pars{a} < \color{#f00}{1}}\ \mbox{which is more general that the above OP condition}}$
En la primera integral realizamos $\ds{x/b \mapsto x}$, mientras que en la segunda realizamos $\ds{x/c \mapsto x}$: \begin{align} &\color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{x^{a - 1} \over \pars{x + b}\pars{x + c}}\,\dd x} = {b^{a - 1} - c^{a - 1} \over c - b}\int_{0}^{\infty}{x^{a - 1} \over x + 1} \,\dd x\label{2}\tag{2} \end{align}
Ahora, $\ds{t \equiv {1 \over x + 1}\implica x = {1 \over t} - 1\implica \totald{x}{t} = -\,{1 \over t^{2}}}$: \begin{align} &\color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{x^{a - 1} \over \pars{x + b}\pars{x + c}}\,\dd x} = {b^{a - 1} - c^{a - 1} \over c - b}\int_{1}^{0}t\pars{{1 \over t} - 1}^{a - 1} \,\pars{-\,{\dd t \over t^{2}}} \\[5mm] = &\ {b^{a - 1} - c^{a - 1} \over c - b}\int_{0}^{1}t^{-a}\pars{1 - t}^{a - 1}\,\dd t \label{3.a}\tag{3.a} = {b^{a - 1} - c^{a - 1} \over c - b}\, {\Gamma\pars{-a + 1}\Gamma\pars{a} \over \Gamma\pars{1}} \\[5mm] = &\ \color{#f00}{{b^{a - 1} - c^{a - 1} \over c - b}\,{\pi \over \sin\pars{\pi a}}} \label{3.b}\tag{3.b} \end{align}
Tenga en cuenta que la integral involucrados en \eqref{3.a} $\pars{~the\ Beta\ function~}$ converge siempre $$ \Re\pars{-a} > -1\,,\quad\Re\pars {- 1} > -1\qquad\implica\qquad 0 < \Re\pars{un} < 1 $$ lo que define la condición general de las integrales de evaluación.
Count Iblis
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Puede utilizar el resultado:
$$\int_0^\infty \frac{x^{-p}}{1+x}dx = \frac{\pi}{\sin{\pi p}}\tag{1}$$
Para demostrar este resultado, se puede definir $z^{-p}$ $r^{-p}\exp(-i\pi p\theta)$ donde $z = r\exp(i\theta)$ es la representación polar de $z$, donde elegimos $0\leq\theta<2\pi$, de modo que la rama de corte se coloca en el eje real positivo. A continuación, considere el contorno que se inicia en el eje real en $z = \epsilon$ mueve a $z =R$ sobre el eje real, a continuación, se mueve a través de una izquierda círculo de radio $R$ y en el centro el origen hasta justo por debajo del eje real, de modo que no sólo la cruz de la rama de corte, a continuación, pasar infinitamente por debajo de la real positiva del eje debajo de $z = \epsilon$, y, a continuación, vamos a cerrar el contorno a través de las agujas del reloj círculo de radio $\epsilon$ con centro en el origen.
No es entonces uno de los polos en $z = -1$ dentro del contorno, mientras que el punto de ramificación de la singularidad en $z = 0$ está fuera del contorno, el contorno de la integral por lo tanto puede ser calculado utilizando el residuo método.
Para calcular la integral en la pregunta, se puede ampliar
$$\frac{1}{(x+b)(x+c)}$$
en fracciones parciales y, a continuación, utilizar (1) para cada término (que no tienen la re-calcular la integral de contorno al $x+1$ en el numerador se ha cambiado a $x+b$ como puede sustituir a $x = b t$ y, a continuación, el factor de los poderes de $b$).
La convergencia no son un problema cuando se utiliza (1) término por término de las fracciones parciales para obtener el resultado deseado, que tiene un rango diferente de convergencia para el parámetro $a$. Puede invocar el principio de continuación analítica para demostrar el resultado para $0<a<1$
