Es posible evaluar esta integral utilizando beta y gamma funciones?

Question

Hubo una integral publicado en Brillante el otro día, que es: $$ \int_{0}^{\infty}\ln\left(\frac{1 + x^{11}}{1 + x^{3}}\right) \,{\mathrm{d}x \\left(1 + x^{2}\right)\ln\left(x\right)} $$

He visto la solución, pero me preguntaba si podíamos tomar un enfoque diferente y el uso de beta y gamma funciones en su lugar. Sería posible?

Sería posible utilizar este resultado? $$\int_0^{\infty} \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}}dt= \beta(x,y)$$

Editado: Después de pensarlo, no hay ninguna conexión entre la propiedad que escribí anteriormente y la integral. Sin embargo, después de buscar he encontrado esta propiedad:

-$$\int_0^{\infty} \frac{t^{x-1}\ln(1+t)}{(1+t)^{x+y}}=\frac {\partial}{\partial y} \beta(x,y)$$

Pero todavía no estoy muy seguro de cómo se aplican con el fin de resolver la integral, o si hay otras propiedades que podrían, tal vez, el uso de.

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{\int_{0}^{\infty}\ln\pars{1 + x^{11} \over 1 + x^{3}} \,{\dd x \\pars{1 + x^{2}}\ln\pars{x}}:\ {\Large ?}}$.

\begin{equation} \mbox{Note that}\quad \begin{array}{|l|}\hline\mbox{}\\ \ds{\quad\int_{0}^{\infty}\ln\pars{1 + x^{11} \over 1 + x^{3}} \,{\dd x \over \pars{1 + x^{2}}\ln\pars{x}} =\quad} \\[3mm] \ds{\quad\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{1 + x^{11}} \over \pars{1 + x^{2}}\ln\pars{x}}\,\dd x - \int_{0}^{\infty} {\ln\pars{1 + x^{3}} \over \pars{1 + x^{2}}\ln\pars{x}}\,\dd x\quad} \\ \mbox{}\\ \hline \end{array} \label{1}\etiqueta{1} \end{equation}

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Con $\ds{\mu > 0}$: \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{1 + x^{\mu}} \over \pars{1 + x^{2}}\ln\pars{x}}\,\dd x}} \,\,\,\stackrel{x\ \mapsto\ 1/x}{=}\,\,\, \int_{\infty}^{0} {\ln\pars{1 + 1/x^{\mu}} \over \pars{1 + 1/x^{2}}\ln\pars{1/x}} \pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} \\[5mm] = &\ -\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{x^{\mu} + 1} - \mu\ln\pars{x}\over \pars{x^{2} + 1}\ln\pars{x}}\,\dd x \\[5mm] \implies &\ \bbx{\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{1 + x^{\mu}} \over \pars{1 + x^{2}}\ln\pars{x}}\,\dd x = {1 \over 2}\mu\int_{0}^{\infty}{\dd x \over 1 + x^{2}} = {1 \over 4}\,\mu\pi} \label{2}\tag{2} \end{align}

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\eqref{1} y \eqref{2} conducir a $$ \bbx{\int_{0}^{\infty}\ln\pars{1 + x^{11} \over 1 + x^{3}} \,{\dd x \\pars{1 + x^{2}}\ln\pars{x}} = {1 \over 4}\,11\pi - {1 \over 4}\,3\pi = {\2\pi}} $$

Answer 2

Podemos considerar que para cualquier $\alpha>0$ $$ \frac{d}{d\alpha}\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+x^\alpha)}{(1+x^2)\log x}\,dx =\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{\alpha}}{(1+x^2)(1+x^{\alpha})}\,dx=\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)(1+x^{\alpha})}$$ y con o sin la función Beta, es bien sabido que el $\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)(1+x^{\alpha})}=\frac{\pi}{4}$ no dependen realmente de $\alpha$. De ello se desprende que $\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+x^\alpha)}{(1+x^2)\log x}\,dx=\frac{\pi\alpha}{4}$ y $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\log\left(\frac{1+x^{11}}{1+x^3}\right)}{(1+x^2)\log x}\,dx=\color{red}{2\pi}.$$

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En cualquier caso, $$ \int_{0}^{1}\frac{dx}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\stackrel{x\mapsto\tan\theta}{=}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\cos^\alpha(\theta)}{\sin^\alpha(\theta)+\cos^\alpha(\theta)}d\theta\stackrel{\theta\mapsto\frac{\pi}{2}-\varphi}{=}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin^\alpha(\varphi)}{\sin^\alpha(\varphi)+\cos^\alpha(\varphi)}d\varphi. $$

Answer 3

Vamos a $$ I=\int_{0}^{1}\ln\left(\frac{1 + x^{11}}{1 + x^{3}}\right) \,{\mathrm{d}x \\left(1 + x^{2}\right)\ln\left(x\right)}+\int_{1}^{\infty}\ln\left(\frac{1 + x^{11}}{1 + x^{3}}\right) \,{\mathrm{d}x \\left(1 + x^{2}\right)\ln\left(x\right)}$$ $$\int_{1}^{\infty}\ln\left(\frac{1 + x^{11}}{1 + x^{3}}\right) \,{\mathrm{d}x \\left(1 + x^{2}\right)\ln\left(x\right)}=-\int_{0}^{1}\ln\left(\frac{1 + y^{11}}{1 + y^{3}}\right) \,{\mathrm{d}y \sobre \left(1 + y^{2}\right)\ln\left y\right)}+8\int_{0}^{1}\frac{dy}{1+y^2}$$ Poner $$x=\frac{1}{y}$$ $$I=8\frac{\pi}{4}=2{\pi}$$