¿Cómo podemos demostrar, sin tener que recurrir a la ayuda de los residuos o varias transformaciones, que, para $n>2$ $$\int_0^\infty\Big(\sqrt[n]{1+x^n}-x\Big)dx~=~\frac12\cdot{-1/n\choose+1/n}^{-1}$$
Motivación: En mi pregunta anterior, gracias a la Voluntad de Jagy simple, pero brillante respuesta, yo era capaz de expresar el área de la superellipse $x^n+y^n=r^n$, para valores impares de $n=2k+1$,$k\in\mathbb N^*$, como
$A_n=r^2\displaystyle\cdot{2/n\choose1/n}^{-1}+r^2\cdot{-1/n\choose+1/n}^{-1}$, donde el primer término, que representan a la superficie en el interior de la
primer sector o cuadrante, surge de una simple evaluación de la función beta.
Mi infructuosos esfuerzos y esfuerzos:
$\big(1\big).$ Romper el intervalo de integración en $(0,1)$$(1,\infty)$, ampliando el integrando en un adecuado binomio de la serie para cada uno de los dos casos, y luego cambiar el orden de la suma y la integración. En fin, esto me hizo reescribir la pregunta inicial en términos de una serie infinita, pero me llevó no más cerca de encontrar una respuesta:
$$2a\sum_{k=1}^\infty{a\choose k}\Bigg(\frac1{k+a}+\frac1{k-2a}\Bigg)={-a\choose+a}^{-1}-1.$$
$\big(2\big).$ Dejando $x=\sqrt[n]{\sinh^2t~}$. No hace falta decir, que no se me de muy lejos.$\big(3\big).$ Dejando $x^n=u$, somos capaces de obtener una expresión en términos de beta incompleta funciones.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}\pars{\raíz[n]{1 + x^{n}} - x}\,\dd x =\media\,{-1/n \elegir 1/n}^{-1}:\ {\large ?}.\qquad\qquad n > 2}$.
\begin{align}&\overbrace{\color{#c00000}{ \int_{0}^{\infty}\pars{\root[n]{1 + x^{n}} - x}\,\dd x}} ^{\ds{x^{n}\ \mapsto x}}\ =\ \int_{0}^{\infty}\bracks{\pars{1 + x}^{1/n} - x^{1/n}}\,{1 \over n}\,x^{1/n - 1} \,\dd x \\[3mm]&={1 \over n}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}\bracks{ \pars{1 + x}^{1/n}x^{1/n - 1} - x^{2/n - 1}}\,\dd x} ^{\ds{t\ \equiv {1 \over 1 + x}\ \imp\ x = {1 \over t} - 1}} \\[3mm]&={1 \over n}\int_{1}^{0}\bracks{ t^{-1/n}\pars{{1 \over t} - 1}^{1/n - 1} -\pars{{1 \over t} - 1}^{2/n - 1}}\,\pars{-\,{\dd t \over t^{2}}} \\[3mm]&={1 \over n}\int_{0}^{1}\bracks{ t^{-2/n - 1}\pars{1 - t}^{1/n - 1} - t^{-2/n - 1}\pars{1 - t}^{2/n - 1}}\,\dd t \end{align}
\begin{align}&\color{#c00000}{ \int_{0}^{\infty}\pars{\root[n]{1 + x^{n}} - x}\,\dd x} ={1 \over n}\int_{0}^{1}{t^{1/n - 1} - 1 \over \pars{1 - t}^{2/n + 1}}\,\dd t- {1 \over n}\int_{0}^{1}{t^{2/n - 1} - 1 \over \pars{1 - t}^{2/n + 1}}\,\dd t \end{align} Tanto las integrales convergen al $\ds{\Re\pars{n} > 2}$. Por otra parte, $$ \int_{0}^{1}{t^{a} - 1 \sobre \pars{1 - t}^{2/n + 1}}\,\dd t =\media\,n + {a!\pars{-2/n - 1}! \\pars{a - 2/n}!} $$
tal que \begin{align}&\left.\color{#66f}{\large \int_{0}^{\infty}\pars{\root[n]{1 + x^{n}} - x}\,\dd x}\,\right\vert_{\ n\ >\ 2} ={1 \over n}\,{\pars{1/n - 1}!\pars{-2/n - 1}! \over \pars{-1/n - 1}!} \\[3mm]&={1 \over n}\, {\bracks{n\pars{1/n}!}\bracks{\pars{-n/2}\pars{-2/n}!} \over -n\pars{-1/n}!} =\half\bracks{\pars{-1/n}! \over \pars{1/n}!\pars{-2/n}!}^{-1} =\color{#66f}{\large\half\,{-1/n \choose 1/n}^{-1}} \end{align}
