मूल्यांकन करना $\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}\,dx$
मुझे इस जवाब में बहुत मज़ा आया था जहाँ मैंने काम किया था$$\int_0^\infty\frac1{\sqrt{x^4+x^3+x^2+x+1}}\,dx=\frac4{\sqrt{4\varphi+3}}F\left(\frac{3\pi}{10},m=8\varphi-12\right)$$ लेकिन क्या होता है यदि हर के बहुपद में सबसे बड़ा घातांक न हो $4$लेकिन कुछ अन्य पूर्णांक? दूसरे शब्दों में, क्या इसके लिए एक सामान्य बंद रूप या एकल श्रृंखला अभिव्यक्ति है $$\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}\,dx\ ?$$ के लिये $n=5$ जवाब ऊपर और के रूप में है $n=4$ $$\int_0^\infty\frac1{\sqrt{x^3+x^2+x+1}}\,dx=2^{-1/4}F\left(\cos^{-1}\frac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2},\frac12+\frac1{2\sqrt2}\right)$$ के लिए अभिन्न $n=1,2,3$उलट देना। के लिए अभिन्न मूल्यांकन$n\ge6$, हालांकि, श्रृंखला के साथ भी संभव प्रतीत होता है; जबकि जैक डी'राइजियो के जवाब में गामा उत्पाद का योग काफी आकर्षक लग रहा है, यह केवल इसके लिए काम करता है$n=5$ - तभी यह दिखाया जा सकता है कि अभिन्न खत्म हो गया है $[0,\infty]$ दो बार अभिन्न है $[0,1]$किस बिंदु पर आप बीटा फ़ंक्शन में लाते हैं। जैक के जवाब में अन्य परिणाम एक दोहरी राशि है, जिसे अन्य के लिए सामान्यीकृत किया जा सकता है$n$ लेकिन बहुत सुंदर नहीं है (आंशिक रूप से दोहरी राशि के कारण और आंशिक रूप से क्योंकि उस राशि का एक हिस्सा एक मंजिल फ़ंक्शन का उपयोग करता है)।
यदि एक दृष्टिकोण जो कार्य को हल करता है, उसी इंटीग्रैंड के लिए लेकिन अन्य सीमा के साथ अभिन्नता भी देता है (जैसे $[0,1]$), कि सराहना की जाएगी।
जवाब
मैं "सिंगल सीरीज़ एक्सप्रेशन" पेश करूँगा; उम्मीद है कि कोई ईगल-आइड स्पॉट कर सकता है जो कि हाइपरजोमेट्रिक शब्दों में है, जिससे एक बंद रूप प्राप्त होता है।
के लिये $x\in[0,\,1]$, लागू $x=\sin^{2/n}t$; के लिये$x\ge1$, लागू $x=\csc^{2/n}t$। गिरते हुए पोचमर प्रतीकों के संदर्भ में, अभिन्न है$$\begin{align}&\frac2n\int_0^{\pi/2}(\sin^{2/n-1}t+\sin^{-3/n}t)\sqrt{1-\sin^{2/n}t}dt\\&=\frac2n\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}\int_0^{\pi/2}(\sin^{2(k+1)/n-1}t+\sin^{2(k-3/2)/n}t)dt\\&=\frac1n\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}(\operatorname{B}(\tfrac{k+1}{n},\,\tfrac12)+\operatorname{B}(\tfrac{k-3/2}{n}+\tfrac12,\,\tfrac12))\\&=\frac{\sqrt{\pi}}{n}\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}\left(\tfrac{\Gamma\left(\tfrac{k+1}{n}\right)}{\Gamma\left(\tfrac{k+1}{n}+\tfrac12\right)}+\tfrac{\Gamma\left(\tfrac{k-3/2}{n}+\tfrac12\right)}{\Gamma\left(\tfrac{k-3/2}{n}+1\right)}\right).\end{align}$$
चलो $n\ge5$। $$J_n=\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx=\int_0^1\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx+\int_1^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx.$$ तो करें $x\mapsto 1/x$ दूसरे अभिन्न में, और दोनों को एक साथ जोड़ें: $$J_n=\int_0^1\left(1+x^{(n-5)/2}\right)\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx.$$ का उपयोग कर $$(1-q)^{-\alpha}=\,_1F_0(\alpha;;q),$$ अपने पास $$\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}x^k,$$ कहां है $$\beta_k^{(n)}=\sum_{r=0}^{k}[n|r]\frac{(\tfrac12)_{r/n}(-\tfrac12)_{k-r}}{(r/n)!(k-r)!},$$ साथ से $[a|b]$ के लिए इवरसन ब्रैकेट जा रहा है $b/a\in\Bbb Z$: $$[a|b]=\left\lfloor \exp\left(a\left\lfloor \frac{b}{a}\right\rfloor-b\right)\right\rfloor.$$ इस प्रकार $$J_n=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}\int_0^1(1+x^{(n-5)/2})x^kdx=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}\left(\frac1{k+1}+\frac{2}{2k+n-3}\right).$$ हमारे पास, इसके अतिरिक्त, है $$\beta_k^{(n)}=\sum_{r=0}^{\lfloor k/n \rfloor}\frac{(\tfrac12)_{r}(-\tfrac12)_{k-nr}}{r!(k-nr)!}.$$ मुझे संदेह है कि एक सामान्य बंद रूप है।