Necesita ayuda con $\int_0^\infty\frac{e^{-x}}{\sqrt[3]2+\cos x}dx$

Question

Por favor me ayude para evaluar esta integral: $$\int_0^\infty\frac{e^{-x}}{\sqrt[3]2+\cos x}dx$ $

Answer 1

Evaluar la integral definida: $$I:=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x}}{\sqrt[3]{2}+\cos{x}}\mathrm{d}x.$$

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En primer lugar, reescribir el denominador del integrando en el formulario,

$$\sqrt[3]{2}+\cos{x}=a(r^2-2r\cos{x}+1).$$

Para ello, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones en $r$ $a$ resolver:

$$\begin{cases} \sqrt[3]{2}=a(r^2+1),\\ 1=-2ar. \end{casos}$$

Hay dos soluciones, $(a_\pm,r_\pm)$, donde:

$$\begin{cases} (a_+,r_+)=(\frac12\left(\sqrt[3]{2}+\sqrt{2^{2/3}-1}\right),-\sqrt[3]{2}+\sqrt{2^{2/3}-1})\approx (1.01317,-0.4935),\\ (a_-,r_-)=(\frac12\left(\sqrt[3]{2}-\sqrt{2^{2/3}-1}\right),-\sqrt[3]{2}-\sqrt{2^{2/3}-1})\approx (0.24675,-2.02634). \end{casos}$$

Va a ser más conveniente en el futuro si $|r|<1$, así es que por eso vamos a utilizar la solución de $(a,r)=(a_+,r_+)$ y el desprecio de la otra solución. Luego, recordando que $\frac{1}{a}=-2r$, tenemos:

$$\frac{1}{\sqrt[3]{2}+\cos{x}}=\frac{1}{a(r^2-2r\cos{x}+1)}=\frac{-2r}{r^2-2r\cos{x}+1}=\frac{-2r}{1-r^2}\cdot\frac{1-r^2}{r^2-2r\cos{x}+1}.$$

Al $r=-\sqrt[3]{2}+\sqrt{2^{2/3}-1}$, un poco de álgebra se mostrará que la $\frac{-2r}{1-r^2}=\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}$. Por lo tanto, cuando se $r=-\sqrt[3]{2}+\sqrt{2^{2/3}-1}$,

$$\begin{align} \frac{1}{\sqrt[3]{2}+\cos{x}}&=\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}\cdot\frac{1-r^2}{r^2-2r\cos{x}+1}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}\cdot\frac{1-\left(\sqrt{2^{2/3}-1}-\sqrt[3]{2}\right)^2}{\left(\sqrt{2^{2/3}-1}-\sqrt[3]{2}\right)^2-2\left(\sqrt{2^{2/3}-1}-\sqrt[3]{2}\right)\cos{x}+1}. \end{align}$$

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Vamos a dar por sentado que, por $|r|<1$, el siguiente trigonométrica de la serie de la identidad se tiene:

$$1+2\sum_{n=1}^{\infty}r^n\cos{(nx)}=\frac{1-r^2}{r^2-2r\cos{x}+1}.$$

Nuestro trabajo anterior significa que podemos tomar ventaja de esta expansión de la serie de evaluar el deseado de la integral definida.

$$\begin{align} I&=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x}}{\sqrt[3]{2}+\cos{x}}\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{2}+\cos{x}}e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}\int_{0}^{\infty}\frac{1-r^2}{r^2-2r\cos{x}+1}e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}\int_{0}^{\infty}\left[1+2\sum_{n=1}^{\infty}r^n\cos{(nx)}\right]e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}+\frac{2}{\sqrt{2^{2/3}-1}}\int_{0}^{\infty}\left[\sum_{n=1}^{\infty}r^n\cos{(nx)}\right]e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}+\frac{2}{\sqrt{2^{2/3}-1}}\sum_{n=1}^{\infty}r^n\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos{(nx)}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}+\frac{2}{\sqrt{2^{2/3}-1}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^n}{n^2+1}\\ &=-\frac{1}{\sqrt{2^{2/3}-1}}+\frac{2}{\sqrt{2^{2/3}-1}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{r^n}{n^2+1}. \end{align}$$

Por lo tanto, si podemos encontrar una bonita forma cerrada para la serie $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^n}{n^2+1}$, vamos, asimismo han encontrado una forma cerrada para la integral definida.

Aproximadamente, $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^n}{n^2+1}\approx -0.207410395311411...$.

WolframAlpha ofrece una forma cerrada para la serie $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{r^n}{n^2+1}$ en términos de funciones hipergeométricas:

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{r^n}{n^2+1}=\frac12\left(\ _2F_1(i,1;1+i;r)+\ _2F_1(-i,1;1-i;r)\right).$$

Este podría ser el más cercano se puede llegar a la forma "cerrada".

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Una forma equivalente de la serie:

$$\begin{align} S &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^n}{n^2+1}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}r^n\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{n^{2k}}\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^k\frac{r^n}{n^{2k}}\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^n}{n^{2k}}\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\operatorname{Li}_{2k}{(r)}\\ &=-\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k+1}\operatorname{Li}_{2k+2}{(r)}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\operatorname{Li}_{2k+2}{(r)}. \end{align}$$

El uso de la representación integral de $\operatorname{Li}_2$, $\operatorname{Li}_{\nu}{(z)}=\frac{z}{\Gamma{(\nu)}}\int_{0}^{\infty}\frac{t^{\nu-1}}{e^t-z}\mathrm{d}t$, vemos que,

$$\operatorname{Li}_{2k+2}{(z)}=\frac{z}{(2k+1)!}\int_{0}^{\infty}\frac{t^{2k+1}}{e^t-z}\mathrm{d}t,$$

y usando el poder de la serie para la función seno, podemos formalmente la suma de esta serie para una interesante representación integral de la serie infinita:

$$\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\operatorname{Li}_{2k+2}{(r)}=r\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{t}}{e^t-r}\mathrm{d}t.$$

Answer 2

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \, \frac{e^{-x}}{2^{1/3}+\cos{x}}\, dx &= \int_{0}^{\infty} \, \sum_{n\ge 0} (-1)^n \frac{e^{-x}\, \left(\cos{x}\right)^n}{2^{(n+1)/3}} \, dx \tag 1 \end{align*} que $\displaystyle I_n=\int_{0}^{\infty} \, e^{-x}\, \left(\cos{x}\right)^n \, dx$, que tiene una fórmula de reducción:

$\displaystyle I_{n+2}=\frac{\left(n^2+3\, n+2\right)I_n + 1}{n^2+4\, n+5}\; \; , I_0=1, I_1=\frac{1}{2}$

Por lo tanto, $(1)$ puede ser escrito como la suma:\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \, \frac{e^{-x}}{2^{1/3}+\cos{x}}\, dx &= \sum_{n\ge 0} (-1)^{n}\frac{I_n}{2^{(n+1)/3}} \approx 0.763521951811874989 \end{align*} si existe una forma cerrada para la repetición, entonces podemos esperar una forma cerrada para este integral así.