Difícil incorrecto integral: $\int_0^\infty \frac{x^{23}}{(5x^2+7^2)^{17}}\,\mathrm{d}x$

Question

¿Cómo puedo encontrar una forma cerrada de expresión para la siguiente integral impropia en una mancha de la forma?

$$\mathcal{I}= \int_0^\infty \frac{x^{23}}{(5x^2+7^2)^{17}}\,\mathrm{d}x$$

Answer 1

Deje $u=5x^2+49$, a continuación, esta integral es:

$$\frac{1}{10}\int_{49}^{\infty}\frac{ \left(\frac{u-49}{5}\right)^{11}}{u^{17}}\,du=\frac{1}{2\cdot 5^{12}}\int_{49}^\infty \frac{(u-49)^{11}}{u^{17}}\,du$$

Que va a ser complicado, pero no es difícil. Obtenemos:

$$\frac{(u-49)^{11}}{u^{17}}=\sum_{i=0}^{11}\binom{11}{i}(-49)^{i}u^{-6-i}$$ Así que una integral indefinida es:

$$\sum_{i=0}^{11} \frac{-1}{5+i}\binom{11}{i}(-49)^i u^{-5-i}$$

que es cero en $\infty$ por lo que sólo resta que el caso de $u=49$ que da:

$$\int_{49}^\infty \frac{(u-49)^{11}}{u^{17}}\,du = \frac{1}{49^5}\sum_{i=0}^{11}\frac{(-1)^i}{5+i}\binom{11}{i}$$

Answer 2

A partir de Thomas Andrews de la reformulación, que se repite integración por partes da

$$\int_a^\infty{(x-a)^{11}\over x^{17}}dx={11\over16}\int_a^\infty{(x-a)^{10}\over x^{16}}dx=\cdots={11\cdot10\cdots1\over16\cdot15\cdots6}\int_a^\infty{dx\over x^6}={1\over{16\choose5}}{1\over5a^5}$$

entonces, la respuesta, si he hecho toda la aritmética correctamente, es

$${1\over2\cdot5^{12}}{1\over{16\choose5}}{1\over5\cdot7^{10}}={1\over2^5\cdot3\cdot5^{13}\cdot7^{11}\cdot13}$$

Answer 3

Esto es en la forma $$ J=\int_0^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(a+bx^n)^m} \, dx, \tag{1} $$ con $a=49,b=5,n=2,m=17,s=24$. Está claro que esto converge A hacer (1), primer cambio de variables a $y=(b/a) x^n$, lo $dy/y=n dx/x$, y $$ J = \frac{1}{n} \int_0^{\infty} \frac{(a/b)^{s/n}y^{s/n-1}}{a^m(1+y)^m} \, dy = \frac{1}{n}\frac{a^{s/n-m}}{b^{s/n}} \int_0^{\infty} \frac{y^{s/n-1}}{(1+y)^m} \, dy. $$ Ahora, en este punto usted puede pegar los números, y de do $\int_0^{\infty} \frac{y^{11}}{(1+y)^{17}} \, dy$, pero voy a hacer (1) en general, que ahora es una cuestión de la evaluación de $$ J' = \int_0^{\infty} \frac{y^{s/n-1}}{(1+y)^m} \, dy $$

Todavía hay un número de maneras de hacer esto: contorno de la integración es una posibilidad, aunque problemático si $s/n$ es un número entero, como en este caso. La manera más fácil resulta ser para escribir $$ \frac{1}{(1+y)^m} = \frac{1}{(m-1)!}\int_0^{\infty} \alpha^{m-1} e^{-(1+y)\alpha} \, d\alpha. \tag{2} $$ (Por supuesto, esto se generaliza a la no-enteros mediante el uso de la función Gamma). La puesta en $J'$ y cambiando el orden de integración da $$ J' = \frac{1}{(m-1)!} \int_0^{\infty} \alpha^{m-1}e^{-\alpha} \left( \int_0^{\infty} y^{s/n-1} e^{-\alpha y} \, dy \right) \, d\alpha. $$ Haciendo el interior de la integral es simplemente una cuestión de usar (2) de nuevo: es $$ \int_0^{\infty} y^{s/n-1} e^{-\alpha y} \, dy = \alpha^{-s/n} (s/n-1)!. $$ Luego solo tenemos que hacer el exterior integral, que es $$ J' = \frac{(s/n-1)!}{(m-1)!} \int_0^{\infty} \alpha^{m-s/n-1}e^{-\alpha} \, d\alpha = \frac{(s/n-1)!}{(m-1)!}(m-s/n-1)!, $$ la aplicación de (2) de nuevo. Por lo tanto el original de la integral se evalúa a $$ J = \frac{a^{s/n-m}}{b^{s/n}}\frac{(s/n-1)!(m-s/n-1)}{n(m-1)!} = \frac{a^{s/n-m}}{b^{s/n}} \frac{1}{s} \binom{m-1}{s/n}^{-1} . $$

Pegue los números en da $$ \mathcal{I} = \frac{49^{-5}}{5^{12}}\frac{11!4!}{2(16!)}, $$ que es bastante fácil de calcular.

Answer 4

$$\mathcal{I}= \int_0^{\infty} \frac{x^{23}}{(5x^2+49)^{17}}\,\mathrm{d}x$$ Deje $y=\left(\frac{49b}{1-b}\right)^{1/2}$ que es la suma total de unos 4 o 5 sustituciones de una sola vez, no es aconsejable utilizar este directamente, pero ir con $y=x^2$ $z=5+49/y$ $a=1-5/z$ y, a continuación,$b=1-a$. Tenga en cuenta que el resultado podía ser evaluados en una pero el $(1-a)^{11}$ es tedioso para ampliar así que me cambió la forma.De todos modos por la función beta, no hay ninguna diferencia.
Ahora: $$\mathcal{I}= \frac{1}{2*49^5*5^{12}}\int_{0}^{1} b^{11}(1-b)^4\,\mathrm{d}b$$ Ahora usando la función beta o la ampliación y la integración y la adición de: $$\int_{0}^{1} b^{11}(1-b)^4\,\mathrm{d}b=\frac{11!*4!}{16!}$$ Así que la respuesta es: $$\boxed{\displaystyle\large\qquad\mathcal{I}=\frac{11!*4!}{16!*2*49^5*5^{12}}=\frac1{3012333710039062500000}\qquad}$$