La fonction spéciale $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [dupliquer]
Évaluer l'intégrale $$P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x) \,dx}{1+x^s}$$
J'ai essayé l'intégration par pièces, en utilisant $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$, mais je n'ai rien réussi.
J'ai pensé à utiliser une série de puissance, mais je n'en ai pas trouvé qui converge sur l'ensemble du domaine.
Utiliser la substitution$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ on a $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ ce qui ne semble pas non plus utile.
La question similaire précédente Intégrale de$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ donne $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$
Une autre question éventuellement pertinente est Intégrale de$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$.
Réponses
La $p$-test implique que cette intégrale diverge pour $s \leq 1$, donc nous supposons que $s > 1$.
Astuce Cette intégrale est une application standard du théorème des résidus. Dans ce cas, on peut prendre les contours$\Gamma_R$ être les limites des secteurs, centrés à l'origine, de rayon $R$ et angle central $\frac{2 \pi}{s}$. (Un choix pratique consiste à prendre un segment de ligne de frontière le long de l'axe réel positif et l'autre le long du rayon passant par$e^{2 \pi i / s}$.) Ensuite, le contour contient un seul pôle, à $e^{\pi i / s}$. En procédant comme d'habitude en réécrivant l'intégrale de contour comme une somme de trois intégrales, en prenant la limite comme$R \to \infty$ (ce qui élimine l'une des intégrales), réorganiser et prendre des parties réelles et imaginaires donne des valeurs à la fois de l'intégrale donnée, $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ et, en prime de bienvenue, l'intégrale associée, $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$
L'exécution de la procédure ci-dessus donne que le résidu pertinent est $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ et puis que l'intégrale a de la valeur $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$
La technique ci-dessus est essentiellement l'approche de robjohn dans sa réponse à cette question , qui traite le cas particulier$s = 3$. L'approche de Ron Gordon là-bas, c'est-à-dire en utilisant à la place un contour en trou de serrure, s'applique au moins dans le cas particulier où$s$ est un entier (nécessairement $\geq 2$). L'approche de Marko Riedel est similaire dans l'esprit à la réponse de JG à cette question.
Remarque Cette intégrale prend des valeurs spéciales où$\frac{\pi}{s}$fait, y compris à divers nombres rationnels avec un petit numérateur et un petit dénominateur. En particulier pour$s = 2$ l'intégrale disparaît, ce qui peut être montré en utilisant un argument astucieux mais plus simple.
Différencier$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$par rapport à $t$ donne$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$Ensemble $t=1$ obtenir$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$L'affaire $s=2$ est un célèbre test de santé mentale, pour lequel l'intégrale est $0$.
Pour voir un modèle possible, je pense que nous devons explorer des valeurs plus grandes de $s$.
Par exemple $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ qui peut être bien simplifié.
En fait, un CAS donne la belle
$$\color{blue}{P(s)=\int^\infty_0 \frac{\log(x)}{1+x^s}dx=-\pi ^2\frac{ \cot \left(\frac{\pi }{s}\right) \csc \left(\frac{\pi }{s}\right)}{s^2}}$$
Un algorithme pour obtenir une solution.
Étape 1: Comme cela a été mentionné dans math.stackexchange.com/questions/3709298 par Calvin Khor pour naturel $n$, il est facile de faire une substitution $y = x^{n+1}$ dans l'intégrale $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ et obtenez l'intergal de ce type: $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$, qui est connu (cas $n=0$). Mais cette idée ne fonctionne pas seulement pour le naturel$n$. Par conséquent, nous pouvons trouver
$$I(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a}{x^s + 1}dx$$ pour de vrai $a$.
Étape 2. Nous avons $$I'(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a \ln x}{x^s + 1}dx.$$
Il suffit donc de mettre $a=1$.
$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ Laisser $x=e^t$, puis $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ Dans le premier laissez $t=-z$, puis $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ En utilisant la propriété de la fonction poly-Gamma: https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function
En espérant revenir.