¿Cuáles son los otros métodos para evaluar $\int_0^{\infty} \frac{y^{m-1}}{1+y} dy$ ?

Question

Estoy buscando un método alternativo al que he utilizado a continuación. El método que conozco hace una sustitución a la función Beta para hacerla equivalente a la Integral que estoy evaluando.

1. Por lo general, nosotros empezar con la propia integral que estamos evaluando (OMI, estos son mejores métodos) y me encantaría conocer dicho método para esto.
2. Además, me gustaría conocer métodos que utilicen otras técnicas que desconozco, que no necesariamente siguen (1)

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$$\Large{\color{#66f}{B(m,n)=\int_0^1 x^{m-1} (1-x)^{n-1} dx}}$$

$$\bbox[8pt,border: 2pt solid crimson]{x=\frac{y}{1+y}\implies dx=\frac{dy}{(1+y)^2}}$$

$$\int_0^{\infty} \left(\frac{y}{1+y}\right)^{m-1} \left(\frac{1}{1+y}\right)^{n-1} \frac{dy}{(1+y)^2}=\int_0^{\infty} y^{m-1} (1-y)^{-m-n} dy$$

$$\Large{n=1-m}$$

$$\Large{\color{crimson}{\int_0^{\infty} \frac{y^{m-1}}{1+y} dy=B(m,1-m)=\Gamma(m)\Gamma(m-1)}}$$

Gracias de antemano por ayudarme a ampliar mis conocimientos actuales.

Answer 1

La función integrante se comporta como $y^{m-2}$ en $[1,+\infty)$ y como $y^{m-1}$ en una vecindad derecha de cero, por lo que debemos tener $m-2<-1$ y $m>0$ para garantizar la integrabilidad, por lo que $m\in(0,1)$ . En tal caso tenemos: $$ I = \int_{0}^{+\infty}\frac{y^{m-1}}{1+y}\,dy = 2\int_{0}^{+\infty}\frac{y^{2m-1}}{1+y^2}\,dy $$ y desde entonces: $$ \int_{0}^{+\infty}\sin(u) e^{-yu}\,du = \frac{1}{1+y^2},$$ que tenemos: $$ I = 2\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty} y^{2m-1} e^{-yu}\sin(u) \,dt\,du = 2\,\Gamma(2m)\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin u}{u^{2m}}\,du $$ así que el problema se reduce a evaluar: $$ J(\alpha) = \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}u^{\alpha}\,du $$ para $\alpha=1-2m\in(-1,1)$ . La última integral puede calcularse con técnicas analíticas complejas estándar (es decir, la transformada de Mellin) y conduce a: $$ J(\alpha) = \Gamma(\alpha)\sin\left(\frac{\pi\alpha}{2}\right), $$ Así que..: $$ I = 2\Gamma(2m)\Gamma(1-2m)\cos(\pi m)=\frac{2\pi\cos(\pi m)}{\sin(2\pi m)}=\frac{\pi}{\sin(\pi m)}. $$

Answer 2

Creo que algo puede estar mal en su respuesta, suponga $m\geq 0$ , dejemos que $v = 1+y$ . Su integral se convierte en $$I=\int\limits_1^{\infty} \frac{(v-1)^m-1}{v}dv . $$ Podemos entonces aplicar la expansión binomial y transformar la integral en $$I= \int\limits_1^{\infty} \frac{ \sum\limits_{i=0}^{m}\left[ {m \choose i} (-1)^iv^{m-i} \right]-1}{v}dv = \int\limits_1^{\infty} \sum\limits_{i=0}^{m}\left[ {m \choose i} (-1)^iv^{m-i-1} \right]-\frac1v dv . $$ Esto diverge para $m\geq 0$ . Sin embargo, su respuesta de $\Gamma(m)\Gamma(m-1)$ nos llevaría a creer que para los negativos $m$ la integral es indefinida pero $m\geq 1$ no sería un problema. Por ejemplo, si $m=4$ entonces $\Gamma(4)\Gamma(3)$ está definida, mientras que su integral no lo está.

EDIT: Con la pregunta actualizada podemos utilizar el mismo método para obtener $$I = \int\limits_1^{\infty} \sum\limits_{i=0}^{m}\left[ {m \choose i} (-1)^iv^{m-i-2} \right] dv,$$ para los enteros $m \geq 1$ que sí coincide con el resultado corregido de que $B(m,1-m) = \frac{\pi}{\sin(\pi m)}$ es decir, es indefinido.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Con $\ds{\Re\pars{m} \in \pars{0,1}}$ :

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$\large\left. 1\right)$ \begin{align} \int_{0}^{\infty}{y^{m - 1} \over 1 + y}\,\dd y & = \int_{0}^{\infty}y^{m - 1}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{1 + y}x}\,\dd x}^{\ds{1 \over 1 + y}}\ \,\dd y = \int_{0}^{\infty}\expo{-x}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}y^{m - 1}\expo{-xy}\dd y} ^{\ds{x^{-m}\,\Gamma\pars{m}}}\ \,\dd x \\[5mm] & = \Gamma\pars{m}\int_{0}^{\infty}x^{-m}\expo{-x}\,\dd x = \bbx{\ds{\Gamma\pars{m}\Gamma\pars{-m + 1} = {\pi \over \sin\pars{\pi m}}}} \end{align}

$\large\left. 2\right)$ Voy a considerar la $\ds{z^{m - 1}}$ rama cortada a lo largo de $\ds{\left[0,\infty\right)}$ con $\ds{0 < \,\mrm{arg}\pars{z} < 2\pi}$ . La integral tiene un solo polo en $\ds{\expo{\pi\ic}}$ . Las contribuciones de un arco pequeño alrededor del origen y de un arco grande desaparecen cuando se toman los límites "habituales":
\begin{align} \color{#88f}{\int_{0}^{\infty}{y^{m - 1} \over 1 + y}\,\dd y} & = 2\pi\ic\pars{\expo{\pi\ic}}^{m - 1} - \int_{\infty}^{0}{y^{m - 1}\expo{2\pars{m - 1}\pi\ic} \over 1 + y}\,\dd y = -2\pi\ic\expo{m\pi\ic} + \expo{2m\pi\ic}\color{#88f}{\int_{0}^{\infty}{y^{m - 1} \over 1 + y}\,\dd y} \\[5mm] \int_{0}^{\infty}{y^{m - 1} \over 1 + y}\,\dd y & = -\,{2\pi\ic\expo{m\pi\ic} \over 1 - \expo{2m\pi\ic}} = {2\pi\ic \over \expo{m\pi\ic} - \expo{-m\pi\ic}} = {2\pi\ic \over 2\ic\sin\pars{\pi m}} = \bbx{\ds{{\pi \over \sin\pars{\pi m}}}} \end{align}

$\large\left. 3\right)$ ${\large The\ 'weird'\ one\ !!!}$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty}{y^{m - 1} \over 1 + y}\,\dd y = \int_{0}^{1}{y^{m - 1} \over 1 + y}\,\dd y + \int_{1}^{\infty}{y^{m - 1} \over 1 + y}\,\dd y = \int_{0}^{1}{y^{m - 1} \over 1 + y}\,\dd y - \int_{1}^{0}{y^{-m} \over 1 + y}\,\dd y \\[5mm] = &\ \int_{0}^{1}{y^{m - 1} + y^{-m} \over 1 + y}\,\dd y = \int_{0}^{1}{y^{m - 1} + y^{-m} - y^{m} - y^{-m + 1} \over 1 - y^{2}}\,\dd y \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\int_{0}^{1}{y^{m/2 - 1} + y^{-m/2 - 1/2} - y^{m/2 - 1/2} - y^{-m/2} \over 1 - y}\,\dd y \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\bracks{% -\int_{0}^{1}{1 - y^{m/2 - 1} \over 1 - y}\,\dd y - \int_{0}^{1}{1 - y^{-m/2 - 1/2} \over 1 - y}\,\dd y + \int_{0}^{1}{1 - y^{m/2 - 1/2} \over 1 - y}\,\dd y + \int_{0}^{1}{1 - y^{-m/2} \over 1 - y}\,\dd y} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\bracks{% -\Psi\pars{m \over 2} - \Psi\pars{-\,{m \over 2} + {1 \over 2}} + \Psi\pars{{m \over 2} + {1 \over 2}} + \Psi\pars{-\,{m \over 2} + 1}} \\[5mm] & = {1 \over 2}\bracks{\Psi\pars{1 - {m \over 2}} - \Psi\pars{m \over 2}} - {1 \over 2}\braces{\Psi\pars{1 - \bracks{{m \over 2} + {1 \over 2}}} - \Psi\pars{{m \over 2} + {1 \over 2}}} \\[5mm] & = {1 \over 2}\,\pi\cot\pars{\pi\,{m \over 2}} - {1 \over 2}\,\pi\cot\pars{\pi\,\bracks{{m \over 2} + {1 \over 2}}} = {1 \over 2}\,\pi\bracks{\cot\pars{\pi\,{m \over 2}} + \tan\pars{\pi\,{m \over 2}}} \\[5mm] & = {1 \over 2}\,\pi\,{\cos^{2}\pars{\pi m/2} + \sin^{2}\pars{\pi m/2} \over \sin\pars{\pi m/2}\cos\pars{\pi m/2}} = \bbx{\ds{\pi \over \sin\pars{\pi m}}} \end{align}

Answer 4

Este es un método fácil que utiliza residuos.

Sustituir $y = x^2$ para convertir la integral en $$ I=\frac 1 2\int_0^\infty \frac{x^{2m-2}}{1+x^2} dx. $$ (Esta sustitución es opcional, pero hace que sea un poco más fácil, en mi opinión)

Por lo tanto, tenemos que calcular $$ J = \int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{1+x^2} dx. $$ Consideremos la integral de la función $f(z) = \dfrac{z^{a-1}}{1+z^2}$ alrededor de un contorno formado por el eje real y un semicírculo infinito en el semiplano superior. El corte de la rama para $\log z$ elegimos a lo largo del eje imaginario negativo. Esto significa que el argumento es igual a $0$ a lo largo del eje real positivo y $\pi$ a lo largo del eje real negativo. Tenemos que hacer una hendidura infinitesimal del contorno alrededor del punto cero de la rama.

Las integrales a lo largo de la hendidura y el semicírculo infinito se demuestran fácilmente que desaparecen.

La integral de $0$ a $\infty$ es igual a $J$ . La integral de $-\infty$ a $0$ es igual a $$ -\int_0^\infty \frac{\left(e^{i \pi}x\right)^{a-1}}{1+x^2} dx=e^{i \pi a} J $$

Hay un residuo igual a $\dfrac{\left(e^{i \pi/2}\right)^{a-1}}{2i} = \frac 1 2 e^{i \pi a/2}$ para el poste en $z = i$ .

Aplicando el teorema del residuo se obtiene el resultado deseado $$ J = \frac{\pi}{2 \sin{(\pi a/2)}} $$ así que $$ I = \frac{\pi}{\sin{(\pi m)}}. $$

Si no hubiéramos hecho la primera sustitución, habríamos tenido que utilizar un contorno de ojo de cerradura.