Évaluer $\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}\,dx$
Je me suis beaucoup amusé dans cette réponse où j'ai travaillé$$\int_0^\infty\frac1{\sqrt{x^4+x^3+x^2+x+1}}\,dx=\frac4{\sqrt{4\varphi+3}}F\left(\frac{3\pi}{10},m=8\varphi-12\right)$$ Mais que se passe-t-il si le plus grand exposant du polynôme dénominateur n'est pas $4$mais un autre entier? En d'autres termes, existe-t-il une forme générale fermée ou une expression de série unique pour $$\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}\,dx\ ?$$ Pour $n=5$ la réponse est comme ci-dessus et pour $n=4$ $$\int_0^\infty\frac1{\sqrt{x^3+x^2+x+1}}\,dx=2^{-1/4}F\left(\cos^{-1}\frac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2},\frac12+\frac1{2\sqrt2}\right)$$ Les intégrales pour $n=1,2,3$divergent. Évaluer l'intégrale pour$n\ge6$, cependant, semble irréalisable même avec des séries; alors que la somme du produit gamma dans la réponse de Jack d'Aurizio ici semble assez attrayante, elle ne fonctionne que pour$n=5$ - ce n'est qu'alors que l'on peut montrer que l'intégrale sur $[0,\infty]$ est le double de l'intégrale sur $[0,1]$, à quel point vous apportez des fonctions bêta. L'autre résultat de la réponse de Jack est une double somme, qui peut être généralisée à d'autres$n$ mais n'est pas très élégant (en partie à cause de la double somme et en partie parce qu'une borne de cette somme utilise une fonction de plancher).
Si une approche qui résout la tâche donne également des intégrales pour le même intégrande mais avec d'autres limites (par exemple $[0,1]$), ce serait apprécié.
Réponses
Je vais proposer une "expression de série unique"; j'espère que quelqu'un aux yeux d'aigle peut repérer ce que c'est en termes hypergéométriques, obtenant ainsi une forme fermée.
Pour $x\in[0,\,1]$, appliquer $x=\sin^{2/n}t$; pour$x\ge1$, appliquer $x=\csc^{2/n}t$. En termes de chute des symboles Pochhammer, l'intégrale est$$\begin{align}&\frac2n\int_0^{\pi/2}(\sin^{2/n-1}t+\sin^{-3/n}t)\sqrt{1-\sin^{2/n}t}dt\\&=\frac2n\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}\int_0^{\pi/2}(\sin^{2(k+1)/n-1}t+\sin^{2(k-3/2)/n}t)dt\\&=\frac1n\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}(\operatorname{B}(\tfrac{k+1}{n},\,\tfrac12)+\operatorname{B}(\tfrac{k-3/2}{n}+\tfrac12,\,\tfrac12))\\&=\frac{\sqrt{\pi}}{n}\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}\left(\tfrac{\Gamma\left(\tfrac{k+1}{n}\right)}{\Gamma\left(\tfrac{k+1}{n}+\tfrac12\right)}+\tfrac{\Gamma\left(\tfrac{k-3/2}{n}+\tfrac12\right)}{\Gamma\left(\tfrac{k-3/2}{n}+1\right)}\right).\end{align}$$
Laisser $n\ge5$. $$J_n=\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx=\int_0^1\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx+\int_1^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx.$$ Alors fais $x\mapsto 1/x$ dans la deuxième intégrale, et additionnez les deux ensemble: $$J_n=\int_0^1\left(1+x^{(n-5)/2}\right)\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx.$$ En utilisant $$(1-q)^{-\alpha}=\,_1F_0(\alpha;;q),$$ nous avons $$\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}x^k,$$ où $$\beta_k^{(n)}=\sum_{r=0}^{k}[n|r]\frac{(\tfrac12)_{r/n}(-\tfrac12)_{k-r}}{(r/n)!(k-r)!},$$ avec $[a|b]$ étant le support Iverson pour $b/a\in\Bbb Z$: $$[a|b]=\left\lfloor \exp\left(a\left\lfloor \frac{b}{a}\right\rfloor-b\right)\right\rfloor.$$ Donc $$J_n=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}\int_0^1(1+x^{(n-5)/2})x^kdx=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}\left(\frac1{k+1}+\frac{2}{2k+n-3}\right).$$ Nous avons, en outre, que $$\beta_k^{(n)}=\sum_{r=0}^{\lfloor k/n \rfloor}\frac{(\tfrac12)_{r}(-\tfrac12)_{k-nr}}{r!(k-nr)!}.$$ Je doute qu'il existe une forme générale fermée.