Una difícil integral de recíproca de suma de exponenciales

Question

Considera la integral: $$\int_0^\infty \frac{1}{e^{ax}+e^{bx}+e^{cx}} dx$$ donde $a, b, c$ son números complejos.

Me encuentro con esta integral cuando se trata de la transformada de Laplace de las cofunciones. Resulta que la calculadora de integrales en línea no podía dar ningún resultado.

Supongo que el integrando está bien definido ya que $e^x$ no tiene ningún punto de ramificación en todo el plano complejo.

Puede que el integrando tenga polos, pero creo que la integral existe en el sentido de la v.p. de Cauchy.

Soy un poco reacio a utilizar la sustitución $y=e^x$ desde $y^p$ en general tiene puntos de bifurcación para el complejo $p$ .

¿Existe algún método para calcular dicha integral?

Se agradecerá cualquier ayuda.

EDIT: dado que es muy poco probable que exista un resultado en forma cerrada, también se agradecerá una serie como respuesta.

Answer 1

Creo que esta integral merece ser más estudiada. Introduzcamos una función de tres variables:

$$f(a,b,c)=\int_0^\infty \frac{1}{e^{ax}+e^{bx}+e^{cx}} dx$$

La función es obviamente simétrica en todas las variables.

Aunque la integral no tiene una forma cerrada, lo importante es: de qué otra manera podemos definir la función y determinar sus propiedades o conectarla con algo más.

En primer lugar, consideremos las derivadas parciales:

$$\frac{ \partial f}{ \partial a} =-\int_0^\infty \frac{xe^{ax}}{(e^{ax}+e^{bx}+e^{cx})^2} dx$$

Lo mismo ocurre con las otras dos variables.

Por otro lado, tenemos:

$$\frac{d}{dx} \frac{1}{e^{ax}+e^{bx}+e^{cx}}=-\frac{ae^{ax}+be^{bx}+ce^{cx}}{(e^{ax}+e^{bx}+e^{cx})^2}$$

Así, utilizando la integración por partes:

$$a\frac{ \partial f}{ \partial a}+b\frac{ \partial f}{ \partial b}+c\frac{ \partial f}{ \partial c}=- \int_0^\infty \frac{x(ae^{ax}+be^{bx}+ce^{cx})}{(e^{ax}+e^{bx}+e^{cx})^2} dx=$$

$$=\frac{x}{e^{ax}+e^{bx}+e^{cx}} \bigg|_0^\infty-\int_0^\infty \frac{1}{e^{ax}+e^{bx}+e^{cx}}dx=-f$$

Así que nuestra función obedece a una EDP lineal de primer orden:

$$a\frac{ \partial f}{ \partial a}+b\frac{ \partial f}{ \partial b}+c\frac{ \partial f}{ \partial c}+f=0$$

La forma de esta ecuación obviamente se generaliza a cualquier número de exponenciales en el denominador.

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Por supuesto, esta EDP no nos dice mucho más que la propia integral. Además, tiene infinitas soluciones más que esta integral.

Pero quizá pueda ser útil en algún contexto.

En cuanto a las condiciones de contorno, podemos volver a mirar la integral y ver que

$$\lim_{a \to +\infty} f(a,b,c)=0$$

Para $a>0$ también tenemos:

$$\lim_{b,c \to -\infty} f(a,b,c)=\frac{1}{a}$$

A esto podemos añadir (de nuevo para $a>0$ ):

$$f(a,0,0)=\frac{\ln 3}{2 a}$$

Lo mismo para las demás variables. Lo anterior debería ser más que suficiente en cuanto a las condiciones de contorno.

Si intentamos resolver la EDP por separación de variables tenemos:

$$f(a,b,c)=A(\lambda,\mu) a^{\lambda} b^{ \mu-\lambda} c^{-1-\mu}$$

Para algunas constantes arbitrarias $\lambda, \mu, A(\lambda,\mu)$ . Como la ecuación es lineal podemos sumar cualquier número de soluciones con diferentes parámetros y diferentes amplitudes. Sin embargo, no estoy seguro de que podamos satisfacer todas las condiciones iniciales de esta manera, tendré que investigar más a fondo. La solución general (suponiendo la separación de variables, por supuesto, hay otros tipos de soluciones) podría ser así:

$$f(a,b,c)=\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty A(\lambda,\mu) a^{\lambda} b^{ \mu-\lambda} c^{-1-\mu} d \lambda d \mu$$

Donde por supuesto $A(\lambda,\mu)$ podría hacerse cero para cualquier rango para mantener la solución finita.

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Ahora, la integral también nos permite derivar una serie de ecuaciones funcionales sencillas, cambiando la variable. Por ejemplo:

$$f(a,b,c)=\frac{1}{a} f \left(1,\frac{b}{a},\frac{c}{a} \right)$$

Así como una más simétrica:

$$f(a,b,c)=\frac{1}{abc} f \left(\frac{1}{ab},\frac{1}{bc},\frac{1}{ca} \right)$$

En general:

$$f(\alpha a,\alpha b,\alpha c)=\frac{1}{\alpha} f \left(a,b,c \right)$$

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Además, si cambiamos la variable $$e^{-x}=t$$ obtenemos: $$f(a,b,c)=\int_0^1 \frac{dt}{t^{1-a}+t^{1-b}+t^{1-c}}$$

Como señala Robert Israel en los comentarios, si los parámetros son múltiplos racionales entre sí, normalmente podemos transformar esto en una integral de una función racional, que siempre tiene una forma cerrada.

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En definitiva, considero que este integral es tan interesante como Integrales elípticas de Carlson , ya que también puede interpretarse como la media generalizada de varios números. Puede que merezca la pena investigar más sus propiedades.

El hecho de que esté relacionado con los medios puede verse trivialmente. En realidad, dejemos que $0<a \leq b \leq c$ :

$$\frac{1}{3c}= f(c,c,c) \leq f(a,b,c) \leq f(a,a,a)= \frac{1}{3a}$$

$$a \leq \frac{1}{3 f(a,b,c)} \leq c$$

Entonces existe un número $a \leq \mu \leq c$ tal que:

$$f(a,b,c)=f( \mu, \mu, \mu) = \frac{1}{3 \mu}$$

Como $ \mu$ representa una media generalizada de $a,b,c$ puede haber algún algoritmo iterativo que converja a ella (al igual que la media aritmética-geométrica y el algoritmo de tres números de Carlson para sus integrales).

Los argumentos anteriores funcionan para cualquier función de la forma:

$$f_n(a_1,a_2,\dots,a_n)=\int_0^\infty \frac{dx}{e^{a_1x}+e^{a_2 x}+ \cdots + e^{a_n x}}$$

Answer 2

He aquí una representación de la serie muy chapucera. Acabo de pasar por el álgebra sin mirar hacia fuera para los problemas de convergencia y divergencia, así que no tengo idea de lo útil que será (de hecho, parece que el resultado final apenas siempre converge).

$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{dx}{e^{ax}+e^{bx}+e^{cx}} &= \int_0^\infty \frac{e^{-cx}}{e^{(a-c)x}+e^{(b-c)x}+1}dx\\ &= \int_0^\infty \frac{e^{-cx}}{1-(-e^{(a-c)x}-e^{(b-c)x})}dx\\ &= \int_0^\infty e^{-cx}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(e^{(a-c)x}+e^{(b-c)x})^n dx\\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\int_0^\infty e^{-cx}(e^{(a-c)x}+e^{(b-c)x})^n dx\\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\int_0^\infty e^{-cx}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}e^{(a-c)xk}e^{(b-c)x(n-k)} dx\\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\int_0^\infty e^{-cx}e^{(a-c)xk}e^{(b-c)x(n-k)} dx\\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\int_0^\infty e^{(a-c)xk+(b-c)x(n-k)-cx} dx\\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\int_0^\infty e^{((a-c)k+(b-c)(n-k)-c)x} dx\\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\int_0^\infty e^{(ak+bn-bk-cn-c)x} dx\\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} \bigg[ \frac{e^{(ak+bn-bk-cn-c)x}}{ak+bn-bk-cn-c} \bigg]_{0}^{\infty} \\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{1}{ak+bn-bk-cn-c} \\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{1}{(a-b)k+(b-c)n-c} \\ \end{align}$$