La función especial $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [duplicar]
Evaluar la integral $$P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x) \,dx}{1+x^s}$$
Intenté la integración por partes, usando $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$, pero no logré conseguir nada.
Pensé en usar una serie de potencias, pero no encontré una que converja en todo el dominio.
Usando la sustitución$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ obtenemos $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ que tampoco parece útil.
La anterior pregunta similar Integral de$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ da $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$
Otra pregunta posiblemente relevante es Integral of$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$.
Respuestas
los $p$-prueba implica que esta integral diverge para $s \leq 1$, entonces asumimos que $s > 1$.
Sugerencia Esta integral es una aplicación estándar del teorema de residuos. En este caso, podemos tomar los contornos.$\Gamma_R$ ser los límites de los sectores, centrados en el origen, de radio $R$ y ángulo central $\frac{2 \pi}{s}$. (Una opción conveniente es tomar un segmento de línea de límite a lo largo del eje real positivo y el otro a lo largo del rayo a través de$e^{2 \pi i / s}$.) Entonces, el contorno contiene un solo polo, en $e^{\pi i / s}$. Proceder como de costumbre reescribiendo la integral de contorno como una suma de tres integrales, tomando el límite como$R \to \infty$ (que elimina una de las integrales), reordenando y tomando partes reales e imaginarias da valores a la integral dada, $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ y, como bono de bienvenida, la integral relacionada, $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$
La realización del procedimiento anterior da como resultado que el residuo relevante sea $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ y luego que la integral tiene valor $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$
La técnica anterior es esencialmente el enfoque de robjohn en su respuesta a esta pregunta , que trata el caso especial$s = 3$. El enfoque de Ron Gordon allí, es decir, utilizando en su lugar un contorno de ojo de cerradura, se aplica al menos en el caso especial de que$s$ es un número entero (necesariamente $\geq 2$). El enfoque de Marko Riedel allí es similar en espíritu a la respuesta de JG a esta pregunta.
Observación Esta integral adquiere valores especiales donde$\frac{\pi}{s}$lo hace, incluso en varios números racionales con numerador y denominador pequeños. En particular para$s = 2$ la integral se desvanece, lo que se puede mostrar usando un argumento ingenioso pero más fácil.
Diferenciando$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$con respecto a $t$ da$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$Conjunto $t=1$ Llegar$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$El caso $s=2$ es un famoso chequeo de cordura, para el cual la integral es $0$.
Para ver un patrón posible, creo que debemos explorar valores más amplios de $s$.
Por ejemplo $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ que se puede simplificar muy bien.
De hecho, un CAS le da a la hermosa
$$\color{blue}{P(s)=\int^\infty_0 \frac{\log(x)}{1+x^s}dx=-\pi ^2\frac{ \cot \left(\frac{\pi }{s}\right) \csc \left(\frac{\pi }{s}\right)}{s^2}}$$
Un algoritmo para obtener una solución.
Paso 1: Como se mencionó en math.stackexchange.com/questions/3709298 por Calvin Khor para natural $n$, es fácil hacer una sustitución $y = x^{n+1}$ en la integral $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ y obtener el intergal de ese tipo: $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$, que se conoce (caso $n=0$). Pero esta idea funciona no solo para los$n$. Por lo tanto, podemos encontrar
$$I(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a}{x^s + 1}dx$$ de verdad $a$.
Paso 2. Tenemos $$I'(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a \ln x}{x^s + 1}dx.$$
Entonces es suficiente poner $a=1$.
$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ Dejar $x=e^t$, entonces $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ En el primero deja $t=-z$, entonces $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ Usando la propiedad de la función poli-Gamma: https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function
Esperando volver.