Die spezielle Funktion $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [Duplikat]
Bewerten Sie das Integral $$P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x) \,dx}{1+x^s}$$
Ich habe versucht, die Integration nach Teilen mit $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$, aber ich habe es nicht geschafft, etwas zu bekommen.
Ich habe über die Verwendung einer Potenzreihe nachgedacht, aber keine gefunden, die auf der gesamten Domäne konvergiert.
Verwendung der Substitution$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ wir bekommen $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ das scheint auch nicht nützlich zu sein.
Die vorherige ähnliche Frage Integral von$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ gibt $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$
Eine andere möglicherweise relevante Frage ist Integral von$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$.
Antworten
Das $p$-Test impliziert, dass dieses Integral für divergiert $s \leq 1$, also nehmen wir das an $s > 1$.
Hinweis Dieses Integral ist eine Standardanwendung des Restsatzes. In diesem Fall können wir die Konturen nehmen$\Gamma_R$ die Grenzen der am Ursprung zentrierten Sektoren des Radius zu sein $R$ und zentraler Winkel $\frac{2 \pi}{s}$. (Eine bequeme Wahl besteht darin, ein Grenzliniensegment entlang der positiven realen Achse und das andere entlang des Strahls durch zu nehmen$e^{2 \pi i / s}$.) Dann enthält die Kontur einen einzelnen Pol bei $e^{\pi i / s}$. Gehen Sie wie gewohnt vor, indem Sie das Konturintegral als Summe von drei Integralen umschreiben und die Grenze als$R \to \infty$ (wodurch eines der Integrale eliminiert wird), das Umordnen und Aufnehmen von Real- und Imaginärteilen ergibt Werte sowohl für das gegebene Integral $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ und als willkommener Bonus das zugehörige Integral, $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$
Die Durchführung des obigen Verfahrens ergibt, dass der relevante Rückstand ist $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ und dann, dass das Integral Wert hat $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$
Die obige Technik ist im Wesentlichen Robjohns Ansatz in seiner Antwort auf diese Frage , die den Sonderfall behandelt$s = 3$. Ron Gordons Ansatz dort, dh stattdessen eine Schlüssellochkontur zu verwenden, gilt zumindest im Sonderfall$s$ ist eine ganze Zahl (unbedingt $\geq 2$). Marko Riedels Ansatz dort ähnelt im Geiste der Antwort von JG auf diese Frage.
Bemerkung Dieses Integral nimmt wo spezielle Werte an$\frac{\pi}{s}$tut, auch bei verschiedenen rationalen Zahlen mit kleinem Zähler und Nenner. Insbesondere für$s = 2$ Das Integral verschwindet, was mit einem raffinierten, aber einfacheren Argument gezeigt werden kann.
Differenzieren$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$in Gedenken an $t$ gibt$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$einstellen $t=1$ zu bekommen$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$Der Fall $s=2$ ist ein berühmter Sanity Check, für den das Integral ist $0$.
Um ein mögliches Muster zu sehen, denke ich, dass wir nach größeren Werten von suchen müssen $s$.
Beispielsweise $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ das kann schön vereinfacht werden.
In der Tat gibt ein CAS das Schöne
$$\color{blue}{P(s)=\int^\infty_0 \frac{\log(x)}{1+x^s}dx=-\pi ^2\frac{ \cot \left(\frac{\pi }{s}\right) \csc \left(\frac{\pi }{s}\right)}{s^2}}$$
Ein Algorithmus, um eine Lösung zu finden.
Schritt 1: Wie in math.stackexchange.com/questions/3709298 von Calvin Khor für natürlich erwähnt $n$Es ist einfach, eine Substitution vorzunehmen $y = x^{n+1}$ im Integral $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ und erhalten Sie das Intergal eines solchen Typs: $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$, was bekannt ist (Fall $n=0$). Diese Idee funktioniert aber nicht nur für natürliche$n$. Daher können wir finden
$$I(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a}{x^s + 1}dx$$ wirklich $a$.
Schritt 2. Wir haben $$I'(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a \ln x}{x^s + 1}dx.$$
Es reicht also zu setzen $a=1$.
$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ Lassen $x=e^t$, dann $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ Im ersten lassen $t=-z$, dann $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ Verwenden der Eigenschaft der Poly-Gamma-Funktion: https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function
Ich hoffe, zurück zu kommen.